matemática - katalivros.com.br · permutações exercícios de fixação questão 01 – letra c...

6VMatemática

Volume 4

Benoulli Resolveis

tock

phot

o.co

m

Sum

ário

- M

atem

átic

a Módulo A07 3 Princípio fundamental da contagem e arranjos

08 5 Permutações

Módulo B07 7 Prismas

08 10 Pirâmides

Módulo C07 13 Inequações

08 16 Função modular

Módulo D07 19 Triângulo retângulo

08 23 Lei dos senos e Lei dos cossenos

Módulo E13 26 Cônicas

14 28 Números complexos: forma algébrica

15 29 Números complexos: forma trigonométrica

16 32 Estatística

3Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A

MÓDULO – A 07Princípio fundamental da contagem e arranjos

Exercícios de Fixação

Questão 01 – Letra BComentário: Foi dado que uma pessoa tem uma senha de 5 algarismos distintos, começando com o número 6 e o algarismo 7 em alguma das quatro posições restantes. Para os outros três números da senha não há restrição.Assim, para o primeiro número, temos uma possibilidade, para os quatro próximos números temos quatro possibilidades de digitar o número 7 e, para as três posições restantes, temos oito, sete e seis possibilidades para digitar qualquer número.Portanto, o número máximo de tentativas para acertar a senha é o produto das possibilidades anteriores, ou seja, 1.4.8.7.6 = 1 344.

Questão 02 – Letra AComentário: Atualmente, as placas dos veículos são compostas por três letras seguidas de quatro algarismos, o que permite que se tenha 263.104 placas diferentes. Com a possível mudança para quatro letras e três algarismos, a quantidade máxima de placas será dada por 264.103. Assim, o aumento obtido com essa modificação corresponde a:

264.103 – 263.104 = 263.103(26 – 10) = 263.103.16Comparando com o número máximo de placas em vigor,

temos = =26 .10 .1626 .10

1610

1,63 3

3 4, ou seja, seria inferior ao dobro

das placas atuais.

Questão 03 – Letra AComentário: Observe que o baralho possui 13 valores distintos dentre as 52 cartas. Então, o número total de conjuntos distintos de cinco cartas desse baralho contendo uma quadra é dado por:

13.1.1.1.48 624

13 1 1 1 48

(52 4)

=

−

x x x x youros copas espadas paus

cartas de mesmo valor carta devalor

diferente

Questão 04 – Letra AComentário: Primeiramente, vamos escolher o presidente: 2 opções. Cabe, ao vice-presidente, a outra poltrona da cabeceira da mesa. Como o secretário deverá ocupar uma poltrona ao lado do presidente, temos, para ele, 2 opções de assento. Restam sete lugares para acomodar quatro pessoas. Assim, as sete pessoas podem se acomodar para participar da reunião de 2.2.7.6.5.4 = 3 360 maneiras.

Questão 05 – Letra BComentário: A quantidade de números inteiros positivos menores que 1 000 000, incluindo aqueles com algarismos repetidos, que podemos formar com os algarismos 2 e 3 são:

2 = 2

2 . 2 = 4

2 . 2 . 2 = 8

2 . 2 . 2 . 2 = 16

2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 32

2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 64

Sempre temos 2 possibilidades para formar todos os números de um, dois, três, quatro, cinco e seis algarismos.

Portanto, temos 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 = 126 números menores que 1 000 000 formados com os algarismos 2 e / ou 3.

Exercícios Propostos

Questão 01 – Letra EComentário: Temos três cores disponíveis para pintar cinco círculos, de modo que dois círculos consecutivos nunca sejam pintados da mesma cor. O primeiro círculo pode receber qualquer uma das três cores, enquanto que o segundo tem duas opções. Já o terceiro não pode ter a mesma cor do segundo, mas pode ter a mesma do primeiro (2 opções) e assim por diante.

Logo:

=3 . 2 . 2 . 2 . 2 48 formas de pintar os círculos

Questão 03 – Letra D

Comentário:

1º lugar 2º lugar 3º lugar

24 . 23 . 22 = 12 144


Comentário:

Ida: A para B e B para C 3 possib. . 4 possib. = 12

Volta: C para B e B para A 3 possib. . 2 possib. = 6

Total: 12.6 = 72 maneiras

COMENTÁRIOE RESOLUÇÃO DE QUESTÕES

4Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A

Questão 09 – Letra AComentário: A quantidade de senhas possíveis corresponde a:

= 6255 5 5 5

Como Maria não quer que sua senha contenha o número 13, temos as seguintes possibilidades:

1 31 1 5 5

ou 1 35 1 1 5

ou 1 35 5 1 1

Observe que dentre as possibilidades, a senha 1313 é contada duas vezes (tanto na primeira situação quanto na terceira). Então, o número de senhas que Maria não quer é 25 + 25 + 25 – 1 = 74. Assim, são 625 – 74 = 551 maneiras de Maria escolher sua senha.

Questão 13 – Letra EComentário: Partindo do vértice A, temos 3 deslocamentos possíveis (três arestas partem de A). A partir de cada um desses vértices, temos agora dois deslocamentos possíveis para chegar a O, pois não podemos retornar a A.

Logo, no cubo inferior, temos 3.2 = 6 caminhos mais curtos. Analogamente, temos 6 caminhos mais curtos de O até B, totalizando 6.6 = 36 caminhos mais curtos.

Questão 14 – Letra DComentário:

A = {1, 2, 3, 4, 5, 6}

A soma dos algarismos é par nas seguintes condições:

1ª) Três algarismos pares

Par Par Par

3 . 2 . 1 = 6

2ª) Dois números ímpares e um par – configurações:

Ímpar Ímpar Par

3 . 2 . 3 = 18

Ímpar Par Ímpar

3 . 3 . 2 = 18

Par Ímpar Ímpar

3 . 3 . 2 = 18

Total: 6 + 54 = 60

Questão 15 – Letra EComentário:

→ 5

→ 4

→ 3

⇒ 5.4.3 = 60

Questão 16 – Letra AComentário: Do total de senhas possíveis, vamos subtrair o total de senhas inválidas.

• Senhas possíveis:

10 . 10 . 10 . 10 . 10 = 100 000

• Senhas inválidas (sem dígitos repetidos):

10 . 9 . 8 . 7 . 6 = 30 240

Senhas válidas: 100 000 – 30 240 = 69 760

Questão 17 – Letra EComentário: Em cada uma das seis primeiras questões, temos duas opções de escolha (certo ou errado), enquanto que nas outras quatro, temos três alternativas. Assim, a quantidade de sequências de respostas possíveis na resolução da prova corresponde a:

=2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 3 . 3 . 3 . 3 2 .3questões com opções deescolher certo ou errado

questões com trêsopções de escolha

6 4

Questão 18 – Letra DComentário: Vamos supor a seguinte sequência. MG ES RJ SP

4 . 3 . 2 . 2 = 48 formas

Seção EnemQuestão 01 – Letra AEixo cognitivo: III

Competência de área: 1

Habilidade: 3

Comentário: Como há 6 personagens, 5 objetos e 9 cômodos, o número máximo de possibilidades de um personagem esconder um objeto em um cômodo é:

6.9.5 = 270Como todas as possibilidades são distintas, algum aluno acertou a resposta, pois há 10 alunos a mais que o número máximo de respostas possíveis.

Questão 02 – Letra DEixo cognitivo: III


Habilidade: 3

Comentário: Num sistema de códigos com 5 barras, sejam B1, B2, B3, B4, B5 as cinco barras. Para que o código seja o mesmo nos dois sentidos, B1 e B5 devem ter a mesma cor, assim como B2 e B4 devem ter a mesma cor.Logo, há duas possibilidades para B1 e B5, duas possibilidades para B2 e B4 e duas possibilidades para B3, ou seja, 23 = 8. Retirando-se os dois códigos em que todas as cores são iguais, temos 8 – 2 = 6.

Questão 03 – Letra AEixo cognitivo: III


Habilidade: 3

Comentário: Para escolher um elemento do grupo dos cetáceos, existem 2 formas, para o grupo dos primatas, 20, e para o dos roedores, 33. Portanto, utilizando o princípio multiplicativo, temos que o número de conjuntos distintos que podem ser formados com essas espécies é:

2 20 33 1 320Cetáceos imatas Roedores

. .Pr

=

5Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A

MÓDULO – A 08Permutações


Questão 01 – Letra CComentário: Considerando os 3 homens como um bloco representando uma única pessoa, temos uma permutação de 6 pessoas. Além disso, ainda podemos permutar os 3 homens entre si. Portanto, o resultado pedido é dado por P6.P3 = 6!.3!.

Questão 02 – Letra EComentário:I) Palavras que começam por A

A

1 P4 = 1.4! = 24� ��

.

II) Palavras que começam por O

O

1 P4 = 1.4! = 24� ��

.

III) Palavras que começam por P

P

1 P4 = 1.4! = 24� ��

.

Observe que já existem 72 anagramas. Portanto, a 73ª palavra será RAOPV.

Questão 03 – Letra CComentário: Existem 2 maneiras de escolher um dos lados da mesa. Escolhido o lado, consideremos o casal como sendo um só. Temos então P2 = 2! = 2 maneiras de sentar o casal e um membro da família. O casal ainda pode trocar de lugar entre si de P2 = 2! = 2 modos. Escolhido o lugar do casal, a família pode ocupar os 4 lugares de P4 = 4! = 24 maneiras. Portanto, pelo Princípio Fundamental da Contagem, o resultado pedido é dado por 2.2.2.24 = 192.

Questão 04 – Letra AComentário: Devemos permutar o bloco formado pelas mulheres com os 6 homens, bem como as mulheres dentro do bloco. Assim, temos:

P P4

Permutaçõesdo bloco comos homens6

7.

Permutaççõesdentro do

bloco

= 4!.7!

Questão 05 – Letra CComentário: Vamos denotar por A cada estaca azul, por V a estaca vermelha e por B a estaca branca. Uma configuração é:

A A A A A B V

Trata-se de um problema de permutação com elementos

repetidos. Assim, temos P75 7

542= =

!!

.


Questão 02 – Letra B

Comentário: Do total de permutações, devemos retirar

aquelas nas quais os homens estão juntos. Temos:

1º) Total de permutações: P5 = 5! = 120

2º) Permutações com os dois homens juntos:

dos dois homens dentro

PPermutações

2

ddo bloco

dobl

. PPermutações

4

ooco dos homenscom as três mulheres

= 2!.4! = 48

Logo, temos 120 – 48 = 72 permutações nas quais os homens

não estão juntos.

Questão 03 – Letra CComentário: Vamos considerar o bloco formado por

Pedro e Luísa, bem como o bloco formado por João

e Rita. Devemos permutar os blocos entre si, bem

como os elementos em cada bloco. Assim, temos

P2.P2.P2 = 2!.2!.2! = 8 maneiras.

Questão 05 – Letra DComentário: As letras A, E, O podem ser permutadas de

P3 = 3! = 6 modos. Destes, apenas um corresponde

à ordem alfabética. Portanto, em 16

das permutações,

as vogais estão em ordem alfabética. Temos, portanto,

P7

676

=! = 840 anagramas.

Questão 09 – Letra BComentário: Observe que a atividade I deve vir antes da

atividade IV. Portanto, vamos considerar as seguintes maneiras

de realizar as atividades:

I

P4.1 = 4! = 24

I

P3.3 = 3.3! = 181.

ou

I

P2..3 = 3.2.1.2! = 122. 1

P3..

I

= 3! = 6

IV

11

ou

ou

O total de maneiras é igual a 24 + 18 + 12 + 6 = 60.

6Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A

Questão 10 – Letra CComentário: Devemos calcular o total de números menores do que 75 391. Temos:

1º) Números começados por 1, 3 ou 5

3

P4. = 3.4! = 72 números

2º) Números começados por 7

1

P32. . = 2.3! = 12 números além dos números

75 139, 75 193, 75 319 (3 números).

Portanto, temos 72 + 12 + 3 = 87 números menores do que 75 391. Logo, esse número ocupa o 88º lugar.

Questão 12 – V V FComentário: Vamos analisar as alternativas.

1ª) Se forem utilizados apenas movimentos horizontais e verticais, teremos a seguinte configuração:

H H H H V V V V

Permutando, obtemos P84 4 8

4 470, !

!. != = (item verdadeiro)

2ª) Com um movimento diagonal, temos:

D H H H V V V

Permutando, obtemos P73 3 7

3 3140, !

!. != = (item verdadeiro)

3ª) Com três movimentos diagonais, temos:

D D D H V

Permutando, obtemos = =P 5!3!

2053 (item falso)

Portanto, a sequência é V V F.

Questão 15Comentário: Sejam A, B, C, D, E, F, G, H os seguintes passageiros:

A, B, C – Preferem sentar-se de frente.

D, E – Preferem sentar-se de costas.

F, G, H – Não têm preferência.

Inicialmente, vamos escolher uma pessoa para fazer companhia a A, B e C. Temos 3 possibilidades. Além disso, devemos permutar as 4 pessoas. Logo:

3.P4 = 3.4! = 72 possibilidades

Em seguida, basta permutarmos as 4 restantes.

Temos P4 = 4! = 24 possibilidades.

Portanto, há 72.24 = 1 728 modos de os passageiros se sentarem.


Comentário: HáF (–2,0)

F (2,0)

C(0,0)c 2

1

2= maneiras de definir os

pilotos e P3 = 3! = 6 modos de ocupar os lugares restantes. Portanto, pelo Princípio Fundamental da Contagem, existem 24.6 = 144 maneiras distintas de acomodar os seis amigos nas motocicletas.

Seção Enem

Questão 01 – Letra AEixo cognitivo: II


Habilidade: 2

Comentário: Inicialmente, iremos considerar as delegações do Ceará e de São Paulo como blocos separados. Devemos permutar esses dois blocos com os outros doze participantes (P14). Além disso, devemos permutar os participantes da delegação do Ceará (P6), bem como os participantes da delegação de São Paulo (P4). Portanto, o total de maneiras de posicionar os participantes é dado por:

P14.P6.P4 = 14!.6!.4!

Questão 02 – Letra BEixo cognitivo: II


Habilidade: 2

Comentário: O número de trajetos que João pode percorrer para visitar seus clientes pode ser calculado por:

P5 = permutação das 5 cidadesB, C, D, E e F

A A

Como, após examinar uma sequência (trajeto), ele descarta sua simétrica, e gasta 1 min 30 s para examinar cada sequência, então o tempo mínimo necessário para verificar todas as sequências possíveis é:

= = =P2

.1min30s 5!2

.32

min 1202

.32

90 min5

Questão 03 – Letra EEixo cognitivo: II


Habilidade: 2

Comentário: O problema se resume em encontrar a posição do número 75 913 dentre todos os números de 5 algarismos distintos formados por 1, 3, 5, 7 e 9, dispostos em ordem crescente.

Devemos calcular, então, o total de números menores do que 75 913.

Assim:

1) Números começados por 1, 3 ou 5:

P43 . = 3.4! = 72 números

2) Números começados por 7:

P31

7

. 2 . = 2.3! = 12 números

Além desses, temos também 75 139, 75 193, 75 319 e 75 391 (4 números). Portanto, temos 72 + 12 + 4 = 88 números menores que 75 913. Logo, esse número ocupa o 89º lugar.

7Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A

MÓDULO – B 07Prismas

Exercícios de FixaçãoQuestão 01 – Letra EComentário: A aresta da base do prisma hexagonal vale 2.A área da base AB do prisma hexagonal é seis vezes a área do triângulo equilátero de lado 2. Assim:

AB = 6. ( )2 34

2

⇒ AB = 6¹3

Como a altura do prisma hexagonal é 2, então o volume V do prisma é:

V = AB.H = 6¹3.2 = 12¹3

Questão 02 – Letra CComentário: Considere a figura a seguir.

A B

C

D

E

H

F

G

1 m

4 m

3 m

0,5 m

A piscina desenhada anteriormente é um prisma em que sua base ABCD é um trapézio retângulo. A quantidade de litros de água necessária para enchê-la é:

V = AB.H ⇒ V = ( , )1 0 5 42

+ .3 ⇒

V = 9 m3, ou seja, V = 9 000 litros

Questão 03 – Letra EComentário: Observe a figura a seguir:

6 – xa2a

Ca

BaA

D ddJx

G

F

H

E

Aplicando o Teorema de Pitágoras no D BDH, temos que a diagonal =BH a 6 . Seja d a distância do ponto A à diagonal BH e BJ = x, temos que os triângulos AJH e AJB são retângulos. Logo, utilizando as relações métricas no D ABH, temos:

( )= − = −d a 6 x .x d ax 6 x2 2 2

Aplicando o Teorema de Pitágoras no D ABJ, temos a2 = d2 + x2. Logo:

== +

= +

= = =

d ax 6 –xa d x

a ax 6 –x x

a ax 6 x a

6

a 66

2 2

2 2 2

2 2 2

2

Substituindo x em uma das equações do sistema:

= − = − =d a.a 66

. 6 a 66

d a 6a36

d 306

a2

2

2 22

Questão 04 – Letra AComentário: Os cubos com casca em apenas uma face são os “extremos”, mas que, no entanto não estão nas “arestas”. Logo, são: 2(18.3 + 18.6 + 6.3) = 360.

Questão 05 – Letra AComentário: Considere a figura a seguir.

M

D

HQ

1

1

C

PE

G

F

B

N

A12

12

121

2

A área da base DMNC do prisma DMNCHPQG é:

ADMNC = AABCD – AMAD – AMBN ⇒

ADMNC = (1)2 – 1.12

12

12

12

12

. . .− ⇒ ADMNC = 58

cm3

Logo, o volume do prisma DMNCHPQG de altura 1 cm é:

V = 58

.1 ⇒ V = 0,625 cm3

Exercícios PropostosQuestão 03 – Letra DComentário: Um cubo de volume igual a 1 cm³, possui as seguintes dimensões:

1 cm

1 cm

1 cm

Ele será transformado em um paralelepípedo cuja largura é igual à aresta do cubo, e altura corresponde a 50% da aresta do cubo. Logo:

cm

1 cm

x cm

12

Como não houve perda do volume original, temos que os volumes do paralelepípedo e do cubo são iguais. Assim, podemos determinar o comprimento x. Logo:

= =x.12

.1 1 x 2 cm

8Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A

Questão 05 – Letra DComentário: Em cada caixa, há duas pilhas de livros. Logo, podemos concluir que as arestas das caixas possuem medida igual a 24 cm. Observe a figura a seguir:

3 cm

12 cm 12 cm

24 cm

24 cm

Temos que a altura da caixa é igual a 24 cm e que cada livro possui espessura de 3 cm. Logo, em cada pilha, há

=24 cm3 cm

8 livros. Como temos duas pilhas de livros, cada

caixa contém 2.8 = 16 livros.

Portanto, no total de 45 caixas, temos 45.16 = 720 livros.

Questão 08 – Letra BComentário: Considere a figura a seguir.

3 cm3 cm

A

M

5 cm

C

B

3 cmD

E FH G

A diagonal AH do quadrado ADHE vale 3¹2 cm.

Assim, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo AHM, determinaremos a medida AM, ou seja, AM2 = AH2 + (HG + GM)2 ⇒ AM² = (3¹2)2 + (8)2 ⇒ AM = ¹82 cm.

Questão 09 – Letra DComentário: As faces de um paralelepípedo retângulo têm por área 6 cm2, 9 cm2 e 24 cm2.

Sendo a, b e c as dimensões desse paralelepípedo retângulo, temos, por exemplo:

abbcac

=

=

=

6924

⇒ ab.bc.ac = 6.9.24 ⇒ a2b2c2 = 1 296 ⇒

(abc)2 = (36)2 ⇒ abc = 36 ⇒ V = 36

Portanto, o volume desse paralelepípedo vale 36 cm3.

Questão 10 – Letra DComentário: Para calcularmos a área da base do prisma, precisamos da medida de h.

E

h

B

3

5

3

2

8

A

F CD

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ADE, temos:

AD2 = AE2 + ED2 ⇒ (5)2 = h2 + (3)2 ⇒ h = 4, pois h > 0

Assim, o volume do prisma é:

V = ( ).8 2 42+ .5 ⇒ V = 100 cm3

Questão 13 – Letra BComentário:

H G

C

BA

E

D

FK

I

J

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo EFG, temos:

EG2 = FE2 + FG2 ⇒ EG2 = a2 + a2 ⇒ EG = a¹2, pois a > 0

Como o ponto I é o centro da face EFGH, então EI = a 22

.

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo AEI, temos:

AI2 = EA2 + EI2 ⇒ AI2 = a2 + a 22

2

⇒ AI = a 62

Trace o segmento IK, tal que IK ⊥ FG.

O segmento IK vale a metade da aresta a, ou seja, IK = a2

.

Traçando o segmento KJ, temos, analogamente, que KJ = a2

.

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo IKJ, temos:

IJ2 = KI2 + KJ2 ⇒ IJ2 = a2

2

+ a2

2

⇒ IJ = a 22

, pois a > 0

Portanto, os segmentos AI e IJ são, respectivamente,

a 62

e a 22

.

Questão 14Comentário: Como não ocorre vazamento de água, podemos igualar as expressões para o volume de água na situação inicial e na final e, com isso, obter o valor de h.

Volume de água na caixa-d'água no início: V0 = 1.1.h = h (I)

Na situação final, teríamos o seguinte caso:

D

C

F

A B30°

30°

1 B’

3

2

9Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A

O ângulo CDF será de 30° por ser correspondente a B’AB.

Isso ocorre porque a laje na qual a caixa está é horizontal, e,

portanto, paralela ao nível da água quando este se estabiliza.

Dessa forma, DF // AB. Além disso, o fato de a caixa ser em

forma de paralelepípedo faz com que AB’ // CD.

O volume de água nessa situação pode ser expresso pelo produto

da área do trapézio na figura planificada pela largura da caixa.

Para o cálculo da área, precisaremos da medida de FB’.

CB' = DA = 32

CF = CD.tg 30° ⇒ CF = 1.33

= 33

Logo, FB’ = CB' – CF ⇒ FB’ = 32

– 33

⇒ FB’ = 36

.

O volume de água na caixa-d'água na situação final é igual

ao volume do prisma de base ADFB’ e altura 1:

V = (AD + FB')AB'2

1. =

32

36

1

21

+ .

. = 33

(II)

Igualando as expressões (I) e (II), temos h = 33

m.

Questão 15

Comentário:

A) Observe a figura a seguir, que representa a folha de papelão após a retirada de um quadrado de lado igual a 3 u.c. de cada canto:

3 3

3

3

3

3

3

3

17

17

88

Logo, o perímetro da folha é igual a 2.17 + 2.8 + 3.8 = 74 u.c.

B) A área da folha após a retirada dos quadrados é igual a:

A 23.14 4. (3.3) A 286 u.a.Área do

quadrado

= − =

C) Observe a figura a seguir, que representa a caixa formada com a folha de papelão:

17

8

3

O volume da caixa é 17.8.3 = 408 u.v.

Seção EnemQuestão 01 – Letra CEixo cognitivo: III


Habilidade: 8

Comentário: Ao colocarmos o objeto no tanque, temos que o volume de água deslocada será igual ao do objeto. Além disso, podemos observar que o volume de água deslocada correspondente ao volume de um paralelepípedo de dimensões 30 cm x 40 cm x h cm. Logo:

= =40.30.h 2 400 h 2 4001 200

2 cm

Assim, o nível de água subiria 2 cm.



Habilidade: 8

Comentário: Analisando o gráfico, podemos obter a quantidade média mensal de chuva ao longo do ano. Uma vez que a intenção do agricultor é captar toda a água das chuvas ao longo do ano, precisamos saber qual é o volume total dessa água.

Somando as quantidades médias mensais:

Quantidade média de chuva ao longo do ano: 700 mm

Área da superfície do telhado: A = 8.10 = 80 m2

Cada 100 mm de chuvas equivalem a 100 L/m2 de superfície. Dessa forma, temos:

Volume total de água: V = 700.80 = 56 000 L = 56 m3

Esse valor corresponde ao volume mínimo do reservatório. Como a área da base do reservatório é fixa e vale 8 m2, temos que p.8 = 56 ⇒ p = 7 m.

Questão 03 – Letra DEixo cognitivo: IV


Habilidade: 9

Comentário: O volume de água a ser escoado corresponde à diferença de 20 m que existe entre a posição inicial do navio e o nível da jusante.

VE = 20.200.17 = 68 000 m3

O tempo de esvaziamento pode ser obtido pela razão entre a quantidade de água a ser escoada e a velocidade do escoamento.

t =68 000

4 200

3

3

mm utos/min

≅ 16 minutos

Questão 04 – Letra BEixo cognitivo: III


Habilidade: 8

Comentário: Se o paralelepípedo e o cubo possuem o mesmo volume, logo:

Vp = Vc ⇒ 3.18.4 = a3 ⇒ a = 6 cm

10Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A

MÓDULO – B 08PirâmidesExercícios de FixaçãoQuestão 01 – Letra DComentário: Observe a figura a seguir, que representa a geometria da situação:

a

a

A

D

N

B

M

C

a2

a2

a2

a2

Sejam M e N os pontos médios das arestas reversas AB e CD do tetraedro de aresta a. Temos que o D ANB é isósceles, pois dois dos seus lados são alturas das faces do tetraedro. Logo:

= =AN BN a 32

.

Seja MN a distância entre as duas arestas reversas, podemos aplicar o Teorema de Pitágoras no D BNM. Assim:

= + = −

= − = =

(BN) (MN) (BM) (MN) a 32

a2

(MN) 3a4

a4

(MN) 2a4

MN a 22

2 2 2 2

2 2

22 2

22

Questão 02 – Letra CComentário: A parafina é armazenada em caixas cúbicas de aresta a. Logo, o volume de parafina é igual a a³.

A parafina será derramada em moldes em formato de pirâmides, o que está representado na figura a seguir:

a2

a2

a2

Calculando o volume de cada molde, temos:

V a a V aMolde Molde

= =13 2 2 24

2 3

. .

Portanto, a quantidade de parafina pode encher =aa24

243

3moldes.

Questão 03 – Letra BComentário: Na figura a seguir, temos uma pirâmide regular

de base quadrangular e altura 4 cm seccionada por um plano

paralelo ao plano da base, de maneira que os volumes dos

dois sólidos obtidos sejam iguais.

4 – h

h

4

Sejam h a altura do tronco da pirâmide e V o volume do tronco

da pirâmide e da pirâmide pequena.

Assim, da semelhança das pirâmides grande e pequena,

temos:

2 44

2 44

33V

V h h=

−=

−

4 – h = 4 42

3

⇒ h = 4 – 2 43 cm.

Portanto, para que a pirâmide pequena tenha um volume igual

ao tronco da pirâmide, temos de seccionar a pirâmide grande

por um plano paralelo ao plano da base, a uma altura de

4 – 2 43 cm do plano da base.

Questão 04 – Letra DComentário: Seja uma pirâmide quadrangular e regular cujas arestas da base medem a e altura mede h. Temos que seu volume V é igual a:

= =V 13

.a .h V a .h3

22

Duplicando a medida da aresta e reduzindo à metade o valor da altura, temos uma nova pirâmide cujo volume V' vale:

V a h V a h' .( ) . ' .= =

13

22

23

22

Fazendo a razão entre os volumes, temos que:

VV

a h

a hVV

V V'.

.' '= = =

2

23

23

12

2

Logo, o volume da pirâmide foi duplicado.

11Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A

Questão 05 – Letra DComentário: Considere a figura a seguir.

C

OA

60°

60°

B

M

V

2

2

Na face VAB, que é um triângulo equilátero de lado l, temos:

A60°

30°

BM

V

2

2

l2 = VM2 + 2

2

⇒ VM = 32

, pois l > 0

Traçando a altura VO, temos o triângulo VOM, em que:

sen 60° = VOVM

⇒ 32 3

2

=VO ⇒ VO = 3

4

Logo, o volume da pirâmide VABC é:

V = 13

34

2

. .34

⇒ V = 316

l3

Exercícios PropostosQuestão 05 Comentário: O volume da pirâmide depende da área de sua base e de sua altura. Para calculá-lo, precisamos escrever as arestas da base e a altura em função de a.

Sendo x a medida da altura e das arestas da base da pirâmide, temos que o volume da pirâmide vale:

V = 13

x2.x ⇒ V = 13

x3 (I)

A diagonal da base ABCD vale x¹2.

Como Q é ponto médio da base ABCD, então AQ = x 22

.

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo

OQA, temos:

AO2 = QO2 + QA2 ⇒ AO2 = x2 + x 22

2

⇒

AO = x 62

, pois x > 0

O

N

AQ

Mx a

x 62

x 22

x2

Como o triângulo OMN é semelhante ao triângulo OAQ, temos:

x

x

a

xx a2

62

22

2 3= = (II)

Substituindo a equação II na equação I, temos:

V = 13

. 2 33

a( ) ⇒ V = 8 3a3

Questão 07 – Letra E Comentário: O volume do octaedro pode ser dividido entre os volumes das duas pirâmides quadradas que o compõem e cujas bases são coincidentes.

Como o octaedro é formado pela união dos pontos centrais de cada face, ele só pode ser um octaedro regular, uma vez que as distâncias do ponto central de uma face aos pontos centrais das faces adjacentes são sempre as mesmas.

A

B

x

�2

�2

C

Sejam A e C dois vértices adjacentes do octaedro e B o ponto médio de uma das arestas do cubo, e seja x a medida do lado do octaedro. Por Pitágoras, encontramos que

x = l 22

.

Com a medida do lado do octaedro, podemos calcular o volume das duas pirâmides que o compõem e, assim, determinar seu volume.

Seja h a altura da pirâmide:

2h = l ⇒ h = 2

Portanto, o volume do octaedro, em cm3, é:

V = 2.13

. 22

2

.2

⇒ V = 3

6

12Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A

Questão 08Comentário: Seja A o valor da área do triângulo AFI.

Igualando o volume do cubo ao volume do tetraedro:

Vcubo = Vtetraedro ⇒ VABCDEFGH = VADFI ⇒ 1 = 13

.A.1 ⇒ A = 3 cm2 ⇒

( . )AF AI2

= 3 ⇒ AI = 6 ⇒ AB + BI = 6 ⇒

BI = 6 – 1 ⇒ BI = 5

Portanto, BI = 5 cm.

Questão 10 – Letra AComentário: CD = AD.tg 60° = 3¹3, já que CD é perpendicular a AD.

Pela Lei dos Cossenos no triângulo ADB em relação ao ângulo D, obtemos que o cosseno de ADB vale 0.

Logo, ADB = 90°.

Assim, a área do triângulo ADB vale AD BD.

2 =

3 42.

= 6 m2.

Portanto, o volume do tetraedro, em m3, vale:

V = 13

.6.3¹3 = 6¹3

Questão 13 – Letra BComentário: Para calcularmos o volume da pirâmide MNPD, podemos calcular, primeiramente, o volume da pirâmide MABC e, em seguida, multiplicá-lo pela razão de semelhança.

Seja A a área do triângulo MAB:

VMABC = 13

.A.BC = 13

.A.3 = A

Considere a figura a seguir.

x

M

DN

A B3

3

1

Como os triângulos MND e MAB são semelhantes, então temos:

NDAB

MDMB

= ⇒ 13

= xx +3

⇒ x = 32

Daí, a área A do triângulo MAB é:

A = MB AB.2

= 12

92

3 274

. . =

Como as pirâmides MNPD e MABC são semelhantes, então temos:

VV

V VMNPD

MABCMNPD MABC

= = =

3292

127

12

3

.77

13

274

3 127

14

= =. . .

Portanto, VMNPD = 14

.

Questão 14 – Letra CComentário:

CD

A

A' B'

B10 m

10 m

C'D'

5 m

25 m

V

As pirâmides VA'B'C'D' e VABCD são semelhantes.

Assim, sendo V1 e V2 os volumes, em cm3, das pirâmides VA'B'C'D' e VABCD, respectivamente, temos:

VV

1

2

32025

= ⇒ V1 = 64125

V2

Sendo VT o volume, em m3, do tronco ABCDA'B'C'D', temos:

VT = V2 – V1 = V2 – 64125

V2 = 61125

V2 ⇒

VT = 61125

13

. .(10)2.25 ⇒ VT = 1 2203

Questão 15 – Letra DComentário: Observe a figura a seguir:

1

E

F

C

D

E

B

A

121

2

Os pontos B, C, D e E são os baricentros de cada face da pirâmide e os vértices do quadrado BCDE. Podemos observar

que o D ABC é isósceles e que = =AB AC 33

.

Extraindo o D AEF da pirâmide temos:

A

B C

E F

3

3

3

2

2

2

13Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A

Temos que BC // EF, logo, D ABC ∼ D AEF. Utilizando a se-melhança:

= = =

3332

BC

22

33

. 2

32BC

2BC 2

3

Portanto, a área do quadrado BCDE é igual a 23

29

2

= .

Seção EnemQuestão 01 – Letra BEixo cognitivo: IVCompetência de área: 2Habilidade: 9Comentário: Pelas hipóteses, concluímos que a altura da pirâmide que forma a vela é 16 cm e que a altura da pirâmide pequena é 4 cm.Logo, o volume, em cm3, de parafina para fabricar o novo modelo de vela é igual a:

V = 13

.62.16 – 13

.(1,5)2.4 ⇒ V = 189

Questão 02 – Letra CEixo cognitivo: IVCompetência de área: 2Habilidade: 9Comentário: Considere a figura a seguir.

DC

B

A

E

π

Um plano π intercepta todos os lados da pirâmide anterior, formando o pentágono em destaque.

Questão 03 – Letra DEixo cognitivo: IV


Habilidade: 9

Comentário: Considere a figura a seguir.

P

Q

R

Base da plataforma

Torre central

aa b

Seja o triângulo PQR, como mostrado na figura. Como o ponto

P é ponto médio da aresta lateral da pirâmide, temos que a

projeção do ponto P na base quadrada da pirâmide se encontra

no ponto Q, e essa projeção vale 242

12m m= . Como o lado

da base da torre vale 6¹2 m, a diagonal vale 12 m. Logo:

a m= =14

12 3.

O lado da base da plataforma mede 19¹2 m e, com isso,

a diagonal mede 38 m. Logo:

2(2a + b) = 38 ⇒ b = 13

Portanto, o tamanho da corda pode ser determinado

calculando-se o valor da hipotenusa no triângulo PQR:

PR2 = PQ2 + QR2 ⇒ PR2 = 122 + 162 ⇒ PR = ¹400, pois PR > 0

Questão 04– Letra EEixo cognitivo: I


Habilidade: 6

Comentário: Os sólidos descartados após os dois primeiros cortes, que saem de O em direção às arestas AD e BC, são dois prismas triangulares congruentes, AFPQDE e BGPQCH.

E E H H

G G

C C

B B

F F

A A

D D

P P PO O O

Q Q Q

Os outros dois sólidos descartados após os dois últimos cortes, que saem de O em direção às arestas AB e CD, são dois tetraedros congruentes, ABOP e CDOQ.

A

P

B

OQ

D C

A

P

B

OQ

D C

O

Portanto, os formatos dos sólidos destacados são iguais dois a dois.

MÓDULO – C 07InequaçõesExercícios de FixaçãoQuestão 01 – Letra E

Comentário: Resolvendo a inequação: x2 – 3x ≤ 0 ⇒ x.(x–3) ≤ 0. As raízes são 0 e 3. Assim, fazendo estudo de sinal, temos:

3 x0

++

–

A solução da inequação é 0 ≤ x ≤ 3.

Portanto, o conjunto das soluções inteiras da inequação x2 –3x ≤ 0 é {0, 1, 2, 3}.

14Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A


A: x – 2y + 6 = 0 ⇒ y = x2

+ 3

B: x – 3y + 15 = 0 ⇒ y = x3

+ 5

Assim, temos:x2

+ 3 > x3

+ 5 ⇒ x2

– x3

> 5 – 3 ⇒ x > 12

Questão 03 – Letra EComentário: Sabendo que as placas não podem ser cortadas e que a altura do portão é 3 m, temos que o número de placas utilizadas para fabricar o portão é igual a 3n, com n sendo o número de placas sobre o eixo horizontal. Desse modo, como o eixo pode suportar até 250 kg, temos: 3n.15 ≤ 250 ⇒ n ≤ 5,5.

Assim, o número máximo de placas que podem ser utilizadas sobre o eixo é igual a 5 e, portanto, como cada placa tem comprimento igual a 1 m, a largura máxima do portão é 5.1 m = 5 m.

Questão 04 – Letra AComentário:

x xx

y

y

2 2 32

0

1

2

− −−

≥

Condição de existência: x ≠ 2Estudo de sinais:y1 = x2 – 2x – 3raízes: x2 – 2x – 3 = 0 ⇒ x1 = –1 ou x2 = 3

x3–1

++

–

y2 = x – 2

x

+

– 2

raiz: 2

Quadro de sinais:

y1

– – +

– + +

x

–1 3

y2

+

+

–

– – +

2

y1

y2

Portanto, S = {x ∈ | –1 ≤ x < 2 ou x ≥ 3}, ou seja, [–1, 2) ∪ [3, +∞).


f(x) =

3x

x + 4

4 − x2

Condições de existência: x ≠ –4 e x ≠ ±2

Temos:

f(x) =

3x

x + 4

4 − x2

⇒

34

0

4 02

xx

I

x II

+≥

>

( )

– ( )

(I) 34

0

1

2

xx

y

y

+≥

Estudo de sinais:

y1 = 3x

x

+

– 0raiz: 0

y2 = x + 4 x

+

– –4raiz: –4

Quadro de sinais:

y1

y2

y1

y2

– – +

– + +

x

+ – +

–4 0

(II) 4 2

3

− xy

> 0

y3 = 4 – x2

x

2–2

––

+

raízes: –2 e 2

O domínio é dado pela interseção das soluções I e II:

x

II

I

D(f(x))

–4 0 2–2

Portanto, D(f(x)) = {x ∈ | 0 ≤ x < 2}.



2x + 3 ≤ x + 7 ≤ 3x + 1

• Seja a inequação 2x + 3 ≤ x + 7. Resolvendo-a, temos x ≤ 4.

• Seja a inequação x + 7 ≤ 3x + 1. Resolvendo-a, temos x ≥ 3.

Logo, apenas os números inteiros 3 e 4 satisfazem a inequação.

Questão 03 – Letra CComentário: Sejam CX e CY, respectivamente, os custos das traduções realizadas pelos profissionais X e Y. O número mínimo n de linhas a serem traduzidas, de modo que o custo seja menor se for realizado pelo tradutor Y é tal que:

CX > CY ⇒ 3,20.n + 440 > 2,30.n + 800 ⇒ 0,9.n > 360 ⇒ n > 400

Assim, n = 401, que é um número ímpar.

Questão 04 – Letra CComentário: Seja x o número de usuários. Temos que:

6x + 3. ( )80 − x

Horasadicionais

> 320 ⇒ 3x > 80 ⇒ x > 803

26 7,

Logo, x = 27.

15Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A


(p – 1)x < p – 1 ⇒ (p – 1)x – (p – 1) < 0 ⇒ (p – 1)(x – 1) < 0

Foi dado que p é um número real menor do que sua raiz quadrada, 0 < p < 1. Logo, p – 1 < 0. Para que o produto (p – 1)(x –1) seja negativo, devemos ter x – 1 > 0, ou seja, x > 1.


x xx x

x xx x x

2

2

219

13

13 3

13

0+ −−

≥−

+ −+ −

−−

≥( )( )

x x xx x

xx

y

y

2 2

2

1 33 3

0 49

0

1

2

+ − − ++ −

≥ −−

≥( )( )( )

Condições de existência: x ≠ –3 e x ≠ 3

Estudo de sinais:

I) y1 = x2 – 4

x2–2

++

–

raízes: –2 e 2

II) y2 = 9 – x2

x

3–3

––

+ raízes: –3 e 3

Quadro de sinais:

+ +

+

+

+

+

+

+

+

x

y1

y2

–

–

–

–

–

–

–3 2–2 3

y1

y2

S = {x ∈ | –3 < x ≤ –2 ou 2 ≤ x < 3}, ou seja, ]–3, –2] ∪ [2, 3[.

Questão 08 – Letra AComentário: P(x) = (m + 2)x2 + 2(m – 3)x + m2

P(1) = m + 2 + 2m – 6 + m2 < 0 ⇒ m mInequação

2 3 4 0+ − < do 2º grau

D = 32 – 4.1.(–4) = 25

m = − ±3 5

2 ⇒ m1 = –4 e m2 = 1

x1–4

++

–

Portanto, o maior valor inteiro de m é zero.

Questão 09 – Letra E

Comentário: Os valores de x para os quais o gráfico da parábola y = 3x2 – 4x – 3 fica abaixo do gráfico da parábola y = x2 + 3 são tais que

3x2 – 4x – 3 < x2 +3 ⇒ 2x2 – 4x – 6 < 0 x2 – 2x – 3 < 0 ⇒ (x+1)(x–3) < 0 ⇒ –1 < x < 3.

Questão 11 – Letra DComentário: f(x).g(x) será positivo nos intervalos de x nos quais y = f(x) e y = g(x) são ambas positivas ou ambas negativas. Isso ocorre para x < –3 ou x > 2. Portanto, a solução é S = (–∞, –3) ∪ (2, +∞).

Questão 14Comentário:

Domínio: xx x

y

y

−+ −

26

1

2

2 ≥ 0

I) y1 = x – 2

x

+

– 2

raiz: 2

II) y2 = x2 + x – 6

raízes: x2 + x – 6 = 0 ⇒ x1 = –3 ou x2 = 2

x2–3

++

–

Quadro de sinais:

– –

–

+

+

–

+

+

+

–3 2

x

y1

y2

y1

y2

Portanto, D(f) = {x ∈ | x > –3 e x ≠ 2}.

Questão 17 – Letra CComentário: x2 + bx + 8 ≤ 0

Sejam x1 e x2 as raízes. Temos:

xx2x1

++

–

A solução é o intervalo x1 ≤ x ≤ x2. Temos:

x2 – x1 = 2, pois é o comprimento do intervalo.

x1.x2 = 8, pois é o produto das raízes. Logo:

x1.(2 + x1) = 8 ⇒ x12 + 2x1 – 8 = 0 ⇒ x1 = –4 ou x1 = 2

Para x1 = –4, temos x2 = –2

Para x1 = 2, temos x2 = 4

Observe que –b = x1 + x2, pois é a soma das raízes.

No primeiro caso, temos b = –6.

No segundo caso, temos b = 6.

Logo, |b| = 6.

16Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A

Seção Enem

Questão 01 – Letra CEixo cognitivo: III


Habilidade: 21

Comentário: Seja x o número de peças produzidas. O custo total de produção C no mês é dado por C(x) = 6x + 46 000, enquanto a receita da fábrica R no mês é dada por R(x) = 11.x.Portanto, o lucro mensal L é dado por:

L x R x C x L x x xL x x( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

= − = − += −

11 6 460005 460000

Devemos ter L(x) > 94 000. Logo, temos:

5x – 46 000 > 94 000 ⇒ 5x > 140 000 ⇒ x > 28 000

Como o número máximo de peças que podem ser produzidas

por dia é igual a 3 000, o número mínimo de dias

necessários para produzir, mais de 28 000 peças é:

28 000 dias3 000

9 3 10

,



Habilidade: 21

Comentário: Para que a empresa não tenha prejuízo, seu lucro deve ser maior ou igual a zero (LT ≥ 0). Assim: LT(q) = FT(q) – CT(q) ⇒ LT(q) = 5q – (2q + 12) ⇒

LT(q) = 3q – 12

LT(q) ≥ 0 ⇒ 3q – 12 ≥ 0 ⇒ q ≥ 4

Portanto, a quantidade mínima de produtos que a indústria

terá de fabricar para não ter prejuízo é 4.

MÓDULO – C 08Função modular


Questão 01 – Letra BComentário: O gráfico da equação modular |f(x)| = 1 é dado por:

2

y

x2– 1

1 y = 1

–3

Logo, temos 5 pontos de intersecção entre as funções |f(x)|

e y = 1.

Portanto, a equação dada possui 5 raízes.

Questão 02 – Letra AComentário: y = |x|2 – 5|x| + 6

Fazendo |x| = k, temos:

y = k2 – 5k + 6

Suas raízes são k = 2 e k = 3.Para k = 2 ⇒ |x| = 2, ou seja, x = ±2.Para k = 3 ⇒ |x| = 3, ou seja, x = ±3.

Portanto, a função se anula para quatro valores de x, o que faz da alternativa A a verdadeira.

Observação: Análise das demais alternativas:

Alternativa B: A função y = k2 – 5k + 6 possui vértice de

coordenadas (k, y) iguais a 52

, 14

.− Porém, para k = 52

,

temos x = ± 52

.Logo, há dois pontos de mínimo: 52

, 14

− e

52

, 14

.− − (Falsa)

Alternativa C: Conforme visto anteriormente, a função se anula para quatro valores de x, e não somente para dois valores. (Falsa)

Alternativa D: A função é par, pois f(–x) = f(x) para qualquer

x real. (Falsa)

Questão 03 – Letra EComentário: O gráfico da função f(x) é:

f(x)

5

xO 3

"Refletindo" a parte do gráfico que possui imagem negativa, em relação ao eixo x, obtemos o gráfico da função |f(x)|,

conforme figura a seguir:g(x)

5

xO 3

"Deslocando" o gráfico uma unidade para baixo, obtemos o

gráfico da função g(x) = |f(x)| – 1.g(x)

4

–1x

O 3

Questão 04 – Letra EComentário: Se x ≥ 0 e y ≥ 0 ⇒ x + y = 2.Se x ≥ 0 e y < 0 ⇒ x – y = 2.Se x < 0 e y < 0 ⇒ – x – y = 2.Se x < 0 e y ≥ 0 ⇒ – x + y = 2.

17Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A

y

x

dd

dd

2

2–2

–2

Temos um quadrado de lado d que pode ser expresso por:

d2 = 22 + 22 ⇒ d = 2. 2Logo, o perímetro 2p será dado por 2p = 4d = 8¹2.


|x – 5| < 3 ⇒ –3 < x – 5 < 3 ⇒ 2 < x < 8 (I)

|x – 4| ≥ 1 ⇒ − ≤ −

− ≥

≤

≥

x 4 1 oux 4 1

x 3 oux 5

(II)

Interseção das soluções:

(I)

x

(II)

(I) (II)

2 5 83

As soluções inteiras são 3, 5, 6 e 7, cuja soma é 21.



1 < | x 3|< 4 –4 x 3 –1 ou1 x 3 4

–7 x –4 ou–2 x 1

+< + <

< + <

< <

< <

Inteiros não nulos: –6, –5, –1 (3 valores)

Questão 02 – Letra CComentário: Resolvendo a inequação:

≥ − − ≥− − ≥

− + − ≥| x |.| x –5| 6 | x 5x | 6 0

x 5x 6 0 (I)oux 5x 6 0 (II)

2

2

2

Fazendo o estudo do sinal, temos:

– –

+

(I)

x

x ≤ –1 ou x ≥ 6

6–1

(II)

x

2 ≤ x ≤ 3

32

++

–

Logo, S = {x ∈ | x ≤ –1 ou 2 ≤ x ≤ 3 ou x ≥ 6}.

Questão 03 – Letra BComentário: Os gráficos das funções f(x) e g(x) são dados por:

y

x4–4

f(x) = |x|2 – 4|x|

y

x40

g(x) = |x2 – 4x|

I. Falsa. O gráfico de g(x) não é simétrico em relação

ao eixo das ordenadas.

II. Falsa. A equação apresenta infinitas raízes para x > 4.

III.Verdadeira. –4 + 0 + 4 + 0 + 4 = 4

IV. Falsa. Contraexemplo: f(2) < g(2)

Questão 04 – Letra A

Comentário: |x2| – 4|x| – 5 = 0 ⇒ |x|2 – 4|x| – 5 = 0 ⇒fazendo |x| = L, temos:

L2 – 4L – 5 = 0

D = (–4)2 – 4.1.(–5) = 16 + 20 = 36

L = 4 62± ⇒ L = 5 (convém) L = –1 (não convém)

|x| = 5 ⇒ x = ± 5

Questão 05 – Letra AComentário: Gráfico de f(x):

f(x) = |x2| + |x| ⇒ f(x) = x2 + |x|I) Se x < 0 ⇒ f(x) = x2 – x; função III) Se x ≥ 0 ⇒ f(x) = x2 + x; função II

y

x

f(x)função Ifunção II

O–1 1

Gráfico de f(x + 1): Gráfico de –f(x + 1):

y

xO–1

2

f(x + 1)

y

xO

–1

–2

18Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A


Conjunto A

|x – 5| < 3 ⇒ –3 < x – 5 < 3 ⇒ 2 < x < 8

Conjunto B

|x – 4| ≥ 1 ⇒− ≤ −

− ≥

x 4 1 oux 4 1

xoux

≤

≥

3

5

A = {3, 4, 5, 6, 7}

A ∩ B = {3, 5, 6, 7}

Soma = 3 + 5 + 6 + 7 = 21

Questão 07 – Letra BComentário: f(x) = y = |2x2 – 8|

Gráfico de y = 2x2 – 8; raízes: –2 e 2

y

xO2

–8

–2

Basta, agora, "rebatermos", em relação ao eixo x, a parte do gráfico que possui ordenada negativa.

Gráfico de y = f(x)

y

x2O

8

–2

Questão 09 – Letra AComentário: |x| + |y| = 4

Há 4 possibilidades:

1ª) x > 0 e y > 0

Temos: x + y = 4 ⇒ y = –x + 4

4

O x

y

4

2ª) x < 0 e y > 0

–x + y = 4 ⇒ y = x + 4

4

O

–4

x

y

3ª) x < 0 e y < 0

–x – y = 4 ⇒ y = –x – 4

O–4

–4

x

y

4ª) x > 0 e y < 0

x – y = 4 ⇒ y = x – 4

O

–4

x

y

4

Justapondo esses gráficos, obtemos:

4

O

–4

–4

x

y

4

Questão 14 – Letra B

Comentário: Determinação da expressão da função g(x):

g(x) = ax + b

== −

+ =+ = −

g(3) 2g(2) 1

3a b 22a b 1

⇒ a = 3 e b = –7

Portanto, g(x) = 3x – 7.Sabemos que f(x) = |x – 1| e f(x) ≤ g(x). Logo:

|x – 1| ≤ 3x – 7 ⇔ –3x + 7 ≤ x – 1 ≤ 3x – 7 ⇔

− + ≤ −

− ≤ −

≤

≤

≥

≥

3x 7 x 1e

x 1 3x 7

8 4xe

6 2x

x 2e

x 3

A interseção das soluções das duas inequações é dada por: x ≥ 3Portanto, S = {x ∈ | x ≥ 3}.

Seção EnemQuestão 01 – Letra CEixo cognitivo: IIICompetência de área: 5Habilidade: 21Comentário: Como o número |Y – 2| + 4 encontra-se a 10 unidades da reta real, temos que:

− + = −

− + =

− = −

− =

| Y 2| 4 10ou

| Y 2| 4 10

| Y 2| 14 (absurdo)ou

| Y 2| 6

19Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A

− = −

− =

= −

=

Y 2 6ou

Y 2 6

Y 4ou

Y 8

Como Y é natural, então temos que Y = 8.

Observe que 8 é divisor de 56.

Questão 02 – Letra BEixo cognitivo: I


Habilidade: 19

Comentário: Temos:

||x0 – 1| –1| = 6

Então:

=

=

=

=

| x –1|–1 6

|x –1|–1 – 6

|x –1| 7

|x –1| –5 (absurdo)

0

0

0

0

=

=

=

=

x –1 7

x –1 –7

x 8

x – 6

0

0

0

0

Portanto, existem 2 valores reais.

MÓDULO – D 07

Triângulo retângulo


Questão 01 – Letra C

Comentário: Observe a figura a seguir:

4R

4R

RR

2R - r

r

r

Com base na figura, podemos observar que o quadrado possui lado igual a 4R. O triângulo retângulo possui hipotenusa igual a R + r e catetos iguais a R e 2R – r. Logo, utilizando o Teorema de Pitágoras, temos:

( ) ( – ) –R r R R r R Rr r R R Rr r

Rr

+ = + + + = + +

=

2 2 2 2 2 2 2 22 2 4 4

6 4RR r R Rr

2 6 4 32

= =

Portanto, =Rr

32

.

Questão 02 – Letra EComentário: Considere a figura a seguir.

12

65

1310

H

A

CB

Foi dado que AB ⊥ AC e AB = 12

e AC =65

.

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ABC, temos:

BC BC2

2 212

65

1310

= + =

Traçando a altura AH relativa à hipotenusa BC, temos:

BC AH AB AC AH AH. . . .= = =1310

12

65

613

Portanto, a distância do lampião ao teto é 613

.

Questão 03 – Letra BComentário: Observe a figura a seguir:

FA Q

HB y 6 – y P

3

xx

xx

R

x

x α

β β

α

G

3

2

3

2

Temos que ABPQ é um retângulo e, pelo caso AA, o D GBH ≡ D GAF, logo, GH = GF = x.

O quadrilátero FGHR possui ângulos opostos congruentes, logo, ele é um paralelogramo, no caso um losango, pois possui os quatro lados iguais a x. Por paralelismo, temos que QFR = HPR = PHR = RQF. Logo, os triângulos HRP e FRQ são isósceles e possuem dois de seus lados iguais a x.

Aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos GBH e HPQ, temos:

= + = +

= + = + +

+ = + + + = + +

+ = = =

x y 32

x y 94

(I)

(2x) (6 – y) 3 4x 36 –12y y 9 (II)

Substituindo I em II :

4. y 94

36 –12y y 9 4y 9 36 –12y y 9

3y 12y –36 0 y 2 e y –6 ( não convém)

2 2

2

2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

21 2

Para y = 2, temos que:

= + = + =x y 94

x 4 94

x 52

2 2 2

A distância percorrida pelo feixe luminoso no trajeto PFGHQ é igual a 6x, logo:

= =6.x 6.52

15 cm

20Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A

Questão 04 – Letra BComentário: Observe a figura a seguir:

NMyO

44

44

A

y2

x2

x2

Como o triângulo AMN é isósceles, AO é a mediatriz de MN,

logo, = =MO ON x2

. Os triângulos AMN e BMN são congruentes;

Portanto, = =AO OB y2

. Aplicando o Teorema de Pitágoras

no D AON, temos:

= + =

= =

4 y2

x2

y4

16 – x4

y 64 – x y 64 – x

2

2 2 2 2

2 2 2

Portanto, =y 64 – x dm.2


Comentário: Considere a figura a seguir.

A43

h

Dm 6 – m

C B

6

Sejam AD = h e CD = m.

Aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos retângulos

ADC e ADB, temos:

34 6

916 6

2 2 2

2 2 2

2 2

2

= += − +

− =− − =

m hm h

m h Im h( )

( )( ) 22 ( )II

Igualando as equações (I) e (II), temos:

9 – m2 = 16 – (6 – m)2 ⇒ m = 2912

Portanto, o valor de CD é 2912

.

Exercícios PropostosQuestão 04 – Letra EComentário: Observe a figura a seguir, que representa a

geometria da situação:

R102

R103

120 km

Z P

T

R101

160 km

X

dβ

β

α

γ

300 km

A menor distância do ponto Y até a reta que representa a rodovia R103 ocorre quando YT é perpendicular a XT.

Aplicando o Teorema de Pitágoras no D XZP, temos que:

(XP)2 = 1202 + 1602 ⇒ (XP)2 = 40 000 ⇒ XP = 200

Os triângulos XTY e XZP são semelhantes pelo caso AA, logo:

= = =300200

YT120

2.YT 360 YT 180

Portanto, o comprimento da rodovia a ser construída é igual a 180 km.

Questão 07 – Letra EComentário: Seja o seguinte quadrilátero ABCD.

A

D

B

C

x

4

6

5a

bc

d

Aplicando o Teorema de Pitágoras nos quatro triângulos retângulos, temos:

(4)2 = c2 + b2 (I)

(5)2 = b2 + d2 (II)

(6)2 = a2 + d2 (III)

x2 = a2 + c2 (IV)

Fazendo a subtração das equações (II) e (I) e das equações (III) e (IV), respectivamente, temos que:

9 = d2 – c2 (V)

36 – x2 = d2 – c2 (VI)

Igualando as equações (V) e (VI), temos:

9 = 36 – x2 ⇒ x = 3¹3, pois x > 0

Portanto, AD vale 3¹3 cm.

21Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A

Questão 09 – Letra AComentário: Considere a figura a seguir, com seus dados.

r + R

d

R – r

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo formado, temos:

( ) ( – )–

r R R r dr Rr R R Rr r d

Rr d

+ = ++ + = + +=

2 2 2

2 2 2 2 2

2

2 2

4 dd Rr= 2

A distância entre os centros das circunferências de raio r corresponde a 2d. Assim, =D 4 Rr.

Questão 10 – Letra AComentário: Considere a figura a seguir.

r r r r r r r r r r r r r r

r r

O comprimento do maço de cigarros é C = 13r + 2r ⇒ C = 15r.

rr

rr

rr

r

rrr

rr

Seja o triângulo equilátero de lado 2r.

rr

rr

r r

h30°

60°

Daí, sen 60° = hr2

⇒ h = 2r. 32

⇒ h = r¹3.

Logo, a largura do maço de cigarros é:

L = r + r¹3 + r¹3 + r ⇒ L = 2r 1 3+( )Portanto, as dimensões do maço de cigarro são 15r e 2r(1 + ¹3).

Questão 11 – Letra DComentário: Quando a extremidade B estiver apoiada no chão, teremos a seguinte figura (traçadas também as alturas relativas a A e C):

A

M

h

BN

C

1,2

1,8

A altura relativa ao vértice C vale 32

, uma vez que

corresponde à altura de um triângulo equilátero de lado 1.

Como os triângulos BCN e BAM são semelhantes, então temos:

CNAM

BCBA h

h= = =

32 1 8

35 36

, m


B

E

FDCA60°60°

60°

60°60°

60°

60°60° 60°

30°30°

21I

22

22

2

4

9

4

x

44

3

HG

3

Trace o segmento EG em que EG // FA.

A altura do triângulo equilátero BGH de lado 2, é BI = ¹3.

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo BEI, temos:

BE2 = BI2 + EI2 ⇒ x2 = (¹3)2 + 92 ⇒ x2 = 84 ⇒ x = 2¹21 cm


Comentário: Ligando os centros das bases dos troncos,

obtemos o seguinte triângulo:

B

A

DC

1 1

32

O segmento BC mede 32

porque corresponde à medida total

da largura do caminhão menos o valor de dois raios, cada

um valendo 12

.

Se traçarmos a altura AD desse triângulo, ela também será mediana, pois o triângulo é isósceles. Assim, poderemos descobrir o valor de AD pelo Teorema de Pitágoras. Logo:

AC AD DC AD AD2 2 2 2 2

2

1 34

74

= + = + = , pois AD > 0

A altura h corresponde à soma de dois raios das bases dos troncos com a distância vertical entre dois centros. Essa distância é igual a AD.

Assim, h = 1 + 74

.

22Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A


A B

O

QP

b – x

xxx

a – x

Pelo Teorema de Pitágoras em OPQ:x2 = (a – x)2 + (b – x)2 ⇒ a2 + b2 = 2ax + 2bx – x² ⇒ x2 – x(2a + 2b) + a2 + b2 = 0Resolvendo a equação do segundo grau, chegamos a duas possíveis soluções:

x = a + b + ¹2ab ou x = a + b – ¹2ab

Mas x < a. Logo, x = a + b – ¹2ab.


DE

C AR

R

x

30°

R¹32 R

2

Sabe-se que DE = AD – CE = R – R 32

. Assim, aplicando-se o

Teorema de Pitágoras no triângulo ADE, temos:

(AD)2 = (DE)2 + (AE)2 ⇒ x2 = R R R– 32 2

2 2

+ ⇒

x R R R R2 2 22 2

3 34 4

= + +– ⇒

x2 = 2R2 – R2 ¹3 ⇒ x2 = R2(2 – ¹3) ⇒ x = R 2 3− , pois x > 0

Seção EnemQuestão 01 – Letra EEixo Cognitivo: IIICompetência de área: 2Habilidade: 7 Comentário: Considere a figura a seguir.

2 GQPE

H

F

A B

CD

2 a

aa

Sendo Q ∈ BC e Q ∈ GE, podemos afirmar que GQ = EP = 2, pois essa figura é simétrica. O lado PQ = AB = a. Assim: GE = EP + PQ + GQ ⇒ GE = 2 + a + 2 ⇒ GE = 4 + a (I)

Como o lado GE é a diagonal do quadrado EFGH, então:

GE = a¹2 (II)

Assim, de (I) e (II), temos:

4 + a = a¹2 ⇒ a = 4

2 1− ⇒ a = 4(¹2 + 1) cm

Questão 02 – Letra BEixo Cognitivo: III


Habilidade: 8

Comentário: Sabemos que a luminária iluminará uma área circular de 28,26 m2, sendo π ≅ 3,14; temos, então, que o raio dessa área vale: πr2 = 28,26 m2 ⇒ r = 3 m.Assim:

Luminária

g = 5 m

h

r = 3 m

Pelo Teorema de Pitágoras:

h2 + r2 = g2 ⇒ h2 = g2 – r2 ⇒ h2 = 25 – 9 ⇒ h = 4 m

Portanto, a altura h será igual a 4 m.

Questão 03 – Letra DEixo Cognitivo: III


Habilidade: 8

Comentário: Os cabos com apoio na circunferência de raio 30 m, estão fixados no ponto A da torre.

α

O

A

B

C

Torre

Cabo de sustentação

Pontos de apoio do cabo

Temos três cabos com a seguinte configuração:

A

O

c60 m

30 m

Em que c é o comprimento de um cabo.

Assim, c2 = 602 + 302 ⇒ c = 30¹5.

Portanto, o valor mínimo de cabo, com apoio na circunferência de raio 30 m, usado na sustentação da torre, é 90¹5 metros.

23Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A

Questão 04 – Letra DEixo cognitivo: IICompetência de área: 2Habilidade: 7Comentário: Observe a figura a seguir, com seus dados.

120

90x

Pelo Teorema de Pitágoras, temos:x2 = 1202 + 902 ⇒ x = 150Logo: comp. total = 30 + 150 + 30 = 210 cm = 2,1 m

Questão 05 – Letra EEixo Cognitivo: III


Habilidade: 8

Comentário:

D

A

CB

12 cm

12 cm

Usando o Teorema de Pitágoras, temos:

AC2 = BC2 + AB2 ⇒ AC2 = 162 + 122 ⇒ AC = 20 cm

Pela semelhança de triângulos, entre o triângulo ABC e o triângulo BCD, temos:

ACBC

ABBD

= ⇒ AC.BD = BC.AB ⇒ 20.BD = 16.12 ⇒ BD = 9,6 cm

Portanto, nessa engrenagem, a altura BD do triângulo ABC é 9,6 cm.

MÓDULO – D 08Lei dos senos e lei dos cossenos



A D

B

60°

1C

2

Como ABC = 120° e BCD = ADC = 90°, então BAD = 60°.

Traçando o segmento BD, temos o triângulo ABD. Aplicando a Lei dos Cossenos, temos:BD2 = 12 + 22 – 2.1.2.cos 60° ⇒ BD = ¹3, pois BD > 0.

Questão 02 – Letra BComentário: Observe a figura com seus dados.

A

120°

B

C

24 km

x

36 km

Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo ABC, temos:

= +

= +

= + = =

x 24 36 –2.24.36.cos120°

x 576 1 296 –1 728. –12

x 1 872 864 x 2 736 x 12 19

2 2 2

2

2

Questão 03 – Letra BComentário: Pela Lei dos Senos, temos:

ABsen

R R R60

2 80

32

2 80 33°

= = = m


C

A

1

1B

120°

45°

45°

D

O triângulo retângulo ABC é isósceles, pois AB = AC.

Assim, ABC = ACB = 45°.

Aplicando a Lei dos Senos no triângulo ABD, temos:

1sen120°

ADsen 45°

AD 23

= =


120°

30° 30° 30°120°

120°

A DB

C

E

2a a

Aplicando a Lei dos Senos, temos:

= = =

ACB:

2asen120°

BCsen 30°

2a

32

BC12

BC 2a 33

= =

BDE:

asen120°

BEsen 30°

BE a 33

Lei dos Cossenos no D CBE:CE BC BE –2.(BC)(BE).cos 120°

CE 4a3

a3

–2.2a 33

.a 33

. –12

CE 5a3

2a3

CE 7a3

CE a 73

2 2 2

22 2

22 2

22

= +

= +

= + = =

24Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A


Questão 06 – Letra AComentário: Como o triângulo ABC é equilátero, A = 60°.

Seja a medida de PM = x.

Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo APM em relação ao ângulo A, temos:

x2 = 32 + 22 – 2.3.2.cos 60° ⇒ x = ¹7

Portanto, o perímetro do triângulo APM vale:

2p = AP + PM + AM = 3 + ¹7 + 2 = 5 + ¹7


B

A

x

3x

C

¹32

α

β

Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo ABC, temos:

BC2 = AB2 + AC2 + 2.AB.AC.cos a ⇒

(¹32)2 = x2 + (3x)2 – 2.x.3x.13

⇒ x = 2, pois x > 0

Como cos a = 13

, pela Relação Fundamental temos:

sen2 a + cos2 a = 1 ⇒ sen2 a + 13

2

= 1 ⇒

sen a = 2 23

, pois sen a > 0

Aplicando a Lei dos Senos no triângulo ABC, temos:

2 2 2 32

2 23

2 13sen sen sen

sen

α β β

β= = =

Como sen b = 13

< sen 30° = 12

, então b < 30°, pois, no

intervalo de 0 a 30°, a função seno é crescente.

Questão 10 – Letra DComentário: Seja o paralelogramo ABCD, em que a diagonal AC divide o ângulo interno C em um de 60° e outro de 45°.

A B

D C

a

b

45°

45°60°

Sejam a e b os lados maior e menor, respectivamente, do paralelogramo.

O ângulo BAC = DCA = 45°, pois esses ângulos são alternos internos.Aplicando a Lei dos Senos no triângulo ABC, temos que:

= =b

sen 45a

sen 60ba

63° °


Comentário: Seja a o ângulo formado pelos lados x e y.

Logo, a = 30°, para que a soma dos ângulos dê 180°.

Pela Lei dos Senos relativa aos ângulos de 30° e 135°, temos:

2sen 30°

= xsen135°

⇒ x = 2

Pela Lei dos Senos relativa aos ângulos de 30° e 15°, temos:

2sen 30°

= ysen15°

⇒ y = 2¹2 sen 15° ⇒

y = 2¹2.sen (45° – 30°) ⇒

y = 2¹2.[ sen 45°.cos 30° – sen 30°.cos 45°] ⇒

y = 2¹2.22

32

12

22

. – . ⇒ y = ¹3 – 1

Questão 14 – Letra AComentário: De acordo com os dados do enunciado, temos a seguinte figura:

A

66 60°

60°60° 60°60°

60°

6

33

3

E

B

C D r

Sabemos que o ângulo BCE = 60° já que ele é suplementar à soma de dois ângulos de 60° (que são os ângulos dos triângulos).

Pela Lei dos Cossenos no triângulo BCE em relação ao ângulo BCE, temos:

(BE)2 = 62 + 32 – 2.6.3.cos 60° ⇒ BE = 3¹3

Portanto, o perímetro do quadrilátero ABED vale:

2p = 6 + 3¹3 + 3 + 3 + 6 ⇒ 2p = 18 + 3¹3 = 3(6 + ¹3)


C

A

B

15°

20π

Aplicando a Lei dos Senos no triângulo ABC inscrito na circunferência de raio R, temos que:

A= π = =

π −BC

sen 2R

20

sen 152R R 10

.sen 45 30° ( ° °)

R R=−

=−( )

10

22

32

12

22

402 3 1π π. .

Logo, o comprimento da circunferência é:

C = 2πR ⇒ C = 2π.40

2 3 1π −( ) ⇒

C = 40 23 1−

⇒ C = 20 2 1 3+( )

25Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A

Questão 17 – Letra DComentário: Aplicando a Lei dos Senos, temos:

= = =AB

sen 30°200

sen 45°AB12

200

22

AB 100 2

Questão 18 – Letra BComentário: Aplicando a Lei dos Senos no D ABC, temos:

= =BC

sen 30°50

sen 45°BC 25 2

Dado o triângulo retângulo BCD, = =sen 30° h

25 2h 12,5 2.


Terra

O

6 40

0 km

6 400 km

Bθ

Cd

A

SatéliteS

A) De acordo com a figura, os triângulos AOS e BOS são congruentes. Consideremos BOS = a. Temos:

α = = α =cos 6 4002.6 400

12

60°

Assim, AOB = 120° e o comprimento do arco AB

corresponde a = π = πC 2 .6 4003

12 8003

km.

B) Lei dos Cossenos no D OCS:

= + θ

= = =

d 6 400 (2.6 400) –2.6 400.(2.6 400).cos

d 5.6 400 – 4.6 400 .34

d 2.6 400 d 6 400 2 km

2 2 2

2 2 2 2 2


A) Pela Lei dos Senos, temos, no triângulo ABC:

π=

π= =15

sen 23

AB

sen6

15

32

AB12

AB 5 3 m

B) Lei dos Cossenos no triângulo BCD:

BD

BD

BD

2 2 2

2

15 10 2 15 103

225 100 300 12

= +

= +

– . . .cos

– .

π

22 175 5 7= =BD m

Seção Enem

Questão 01 – Letra BEixo Cognitivo: III


Habilidade: 8

Comentário: O comprimento da escada é o produto do número de degraus pelo espaçamento entre eles.

Comprimento da escada: 8.25 = 200 cm

Sendo x o comprimento da rampa, pela Lei dos Senos temos:

200sen 45°

= xsen 60°

⇒ x = 100¹6 cm, ou seja, x = ¹6 m

Questão 02 – Letra EEixo Cognitivo: III


Habilidade: 8

Comentário:

A

60°

10 km

20 kmC

B

Pela Lei dos Cossenos, temos:

AB2 = AC2 + CB2 – 2.AC.CB.cos 60° ⇒

AB2 = 102 + 202 – 2.10.20.12

⇒ AB2 = 300 ⇒ AB = 10 ¹3

Portanto, a diferença de percurso encontrada pela construtora foi (AC + CB) – AB = 10 km + 20 km – 10¹3 km = (30 – 10¹3) km ⇒ (AC + CB) – AB = 10(3 – ¹3) km.

Questão 03 – Letra AEixo Cognitivo: III


Habilidade: 8

Comentário:

A

B

x

a

a45°

45°

a

C

OD

a¹22

a¹22

Utilizando o Teorema de Pitágoras no triângulo AOC, temos:

AC2 = AO2 + CO2 ⇒ AC = a¹2

26Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A

Como o triângulo AOC e o triângulo ABC são isósceles,

AD AC a= =

22

2.

No triângulo AOD, temos:

AO2 = AD2 + DO2 ⇒ DO2 = AO2 – AD2 ⇒ DO a a2 2

2

22

= – ⇒

DO = a 22

Assim:

BD = BO – DO = a – a 22

Logo, AB2 = BD2 + AD2 ⇒ x2 = a a a– 22

22

2 2

+ ⇒

x a a a a a2 2

2 2

2 22

22

22

= + +– . .

x2 = a2 – a2¹2 + a2 ⇒ x a= ( )2 2 2– ⇒ x a= 2 2– .

MÓDULO – E 13CônicasExercícios de Fixação


0,808c a

a – c

Sol C

F1A1 A2

F2

Como a excentricidade da órbita é 0,01, temos:

e = 0,01 ⇒ ca= 0 01, ⇒ c = 0,01a (I)

Temos ainda que c + a = 0,808 (II).

Substituindo (I) em (II):

0,01a + a = 0,808 ⇒ a = 0,8 e c = 0,008

Logo:

d(A1, Sol) = a – c = 0,792

Questão 02 – Letra DComentário: Como a equação tem valor 1, a máxima quantidade do produto A é dada quando x assumir valor máximo. Para isso, a produção do produto B deve ser nula (y = 0).

Então: + = = ==

x400

y100

1 x 400 x 20 toneladas2 2

y 0

2

Questão 03 – Letra CComentário: Manipulando a equação dada, temos:

= =x – y 4 x4

– y4

12 22 2

Assim, C(0, 0), a = b = 2.

Os focos dessa hipérbole são dados por F1(x0 + c, y0) e F2(x0 – c, y0), sendo (x0, y0) seu centro. O valor de c é obtido por meio do Teorema de Pitágoras (catetos a e b):

= + = + =c a b c 4 4 c 2 22 2 2 2

Portanto, ( ) ( )−F 2 2, 0 e F 2 2, 01 2

.

Questão 04 – Letra BComentário: Dado que a parábola tem F(0, 2) e o eixo Ox equidistantes, temos que seu vértice situa-se sobre o eixo y. Como o eixo x é também diretriz da parábola, temos a seguinte figura:

PF (0, 2)

P (x, y)

y

xd

O

v (xo, yo)

P2

P2

Assim, para p = 2 e V(0, 1):

( ) ( )( ) ( )

− = −

− = −

= − = +

x x 2p y y

x 0 2.2 y 1

x 4y 4 y x4

1

0

2

0

2

22

Questão 05 – Letra EComentário: P (x, y) é equidistante de y = 0 e de x2 + (y – 2)2 = 1.

P (x, y) é equidistante de y = 0 e de C (0, 2), (centro).

O ponto é equidistante de uma reta e de um ponto.

Por definição, o lugar geométrico de tais pontos é uma parábola.

Exercícios PropostosQuestão 01 – Letra B

Comentário: F (–2,0)

F (2,0)

C(0,0)c 2

1

2=

Como o eixo maior corresponde a 6, temos: 2a = 6 ⇒ a = 3

Pela Relação Fundamental:

a2 = b2 + c2 ⇒ 32 = b2 + 22 ⇒ b2 = 5

Logo, a equação da elipse é dada por:

+ =x9

y5

12 2


( ) ( ) ( ) ( )( , )( , )(

x y x yP x yFF

− + − + − + − =1 2 2 4 5 1 22

2 2 2 21

2,, )

( , ) ( , )

( , ) (

4

5

2 5

2 2

1 2

1 2

+ =

== =

d p F d p F

a

c d F F −− + − =

>

1 4 2 5

2 2

2 2) ( )

( )a c Elipse


9x2 + 25y2 – 288x – 1 296 = 0

Completando o quadrado:

9x2 – 288x + 2 304 + 25y2 = 1 296 + 2 304 ⇒

9.(x – 16)2 + 25y2 = 3 600 ÷ (3 600) ⇒

27Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A

( )( , )

x yCab

− + ====

16400 144

116 0

2012

2 2

12

–12

O 16 36 x

y

–4Terra

Satélite

A) Falso. 4 000 km.

B) Falso.

20

16

12

20 000 km

C) Verdadeiro. 36 000 km.

D) Falso. (36, 0).

E) Falso. Pela Relação Fundamental:

202 = 122 + c2 ⇒ c = 16

Assim, a excentricidade da órbita do satélite é dada por:

e = 1620

= 45

Questão 11 – Letra AComentário: Manipulando a equação

+ = + =4x 3y 36 x9

y12

12 2

:36

2 2

temos que a² = 12, b² = 9 e o centro da elipse é (0, 0). Assim, as coordenadas dos focos são F1(0, c) e F2(0, –c). O valor de c é obtido por meio do Teorema de Pitágoras, com catetos b e c e hipotenusa a:

= + = =a b c c 12 – 9 c 32 2 2 2

Logo:

( ) ( )−F 0, 3 e F 0, 31 2


I. 16x2 + 4y2 + 128x – 24y + 228 = 0 ⇒

16x2 + 128x + 16.16 + 4y2 – 24y + 4.9 =

–228 + 16.16 + 4.9 ⇒

16(x2 + 8x + 16) + 4(y2 – 6y + 9) = 16.4 ÷ (16.4) ⇒

16 416 4

4 316 4

16 416 4

2 2( ).

( ).

.

.x y+ + − = ⇒

16 416 4

4 316 4

16 416 4

2 2( ).

( ).

.

.x y+ + − =

II. y x x se xx se x

= − = − ≥+ <

7 7 07 0

| | ,,

y

7

–7 7 xO

III. y2 – 6y – x + 5 = 0 ⇒ y2 – 6y = x – 5 ⇒

y2 – 6y + 9 = x – 5 + 9 ⇒ (y – 3)2 = x + 4

( ) . .( ) ( , )

y x ParábolaV

p− = +

−

=3 2 1

24

4 312

2

01. Falso. O gráfico de (II) é representado por duas semirretas.

02. Verdadeiro. C(–4, 3) ∈ gráfico (y = 7 – |x|), pois:

x = –4 ⇒ y – |–4| = 7 – 4 = 3

04. Falso. d(F, V) = p F2

12

12

14

154

3= = −. ,

SF= − + = − > −15

43 3

41

y

xO

V(–4, 3)

=p2

14

F −15

4, 3

08. Verdadeiro. Pela Relação Fundamental: a2 = b2 + c2 ⇒ 42 = 22 + c2 ⇒ c = 2¹3

A excentricidade é dada por:

= = = = πe ca

2 34

32

cos6

Portanto, a soma dos itens verdadeiros corresponde a

Sv = 02 + 08 = 10 ∈ [8, 11].


Vp=

=

( , )0 06

–3

y

xV(0, 0) F(3, 0)

d: x = –3

(y – y0)2 = 2p.(x – x0) ⇒ (y – 0)2 = 2.6.(x – 0) ⇒

y2 = 12x ⇒ y2 – 12x = 0

28Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A

Questão 14 – Letra EComentário: Observe a figura com seus dados:

8 m

20 m

16 mF1 F2C c

10 m

Como 2a = 20 ⇒ a = 10, temos que a é hipotenusa do triângulo indicado. Pelo Teorema de Pitágoras, c = 6 m. A distância entre os aspersores (distância focal) corresponde a 2c, ou seja, 12 m.

Questão 16 – Letra AComentário: Para que o seno seja igual a 0, temos que o

ângulo deve ser da forma kπ, com k ∈ . Logo:

sen yx 1

0 yx 1

k y k x k2 2

2

+=

+= π = π + π

Se y ≠ 0 ⇒ k ≠ 0. Portanto, o conjunto de todos os pontos P(x, y) do plano é uma família de parábolas.


2y – x2 – 10x + 2 = 0 ⇒ x2 + 10x = 2y + 2 ⇒

x2 + 10x + 25 = 2y + 2 + 25 ⇒ (x + 5)2 = 2y + 27 ⇒

(x + 5)2 = 2. y +272

⇒ V

p

− −

=

5 272

1

,

–5

y

x

V

–13

–14

F(–5, –13)

d: y = –14

27

2

p

2p

2


y

xO 1

3y=3

4

P/2 = 1/2

F(1,4)

V7/2 }

V = 1 72

, ; p = 1 ⇒ ( ) . .x y− = −1 2 1 72

2

x2 – 2x + 1 = 2y – 7 ⇒ y x x= − +2

24

MÓDULO – E 14Números complexos: forma algébricaExercícios de Fixação


Temos que z ii

= +−

11

. Daí:

z ii

ii

z i ii

= +−

++

= + +−

11

11

1 21

2

2.( )( )

z i z i= =22

Para determinar z725 = i725, devemos fazer: 725

1 181

4

Logo, z725 = i725 = i1 = i.


( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

= + + + + + + += + + + + + + + + + +

= + + + + + + = +

S i i i i i i ... iS i i i i ... i i i i i i

S 1 i–1– i ... 1 i–1– i 1 i S 1 i

0 2 3 4 5 2 013

0 2 3 2 008 2 009 2 010 2 011 2 012 2 013


( )( )( ) ( )

= + = + +

= + +

z 2 xi y –2i z 2y – 4i xyi 2x

z 2y 2x i xy – 4

Sabemos que z tem parte real igual a 8 e parte imaginária igual a –i. Então:

+ = ==

2y 2x 8 y 4 – xxy – 4 –1

Manipulando as equações, temos:

( )= + = + = = =x 4 – x 3 –x 4x 3 x – 4x 3 0 x 3 ou x 12 2

Para x = 3, y = 1; para x = 1, y = 3.

Logo, o módulo da diferença entre os valores de x e y é 2.


( ) ( ) ( ) ( )+ = + =

+ = =

1 i – 1– i 1 i – 1– i

1 2i–1 – 1–2i–1 2i – –2i 0

20 20 210

210

10 10 10 10


21+

+

ii = a + bi ⇒ 2

1+

+

ii. ( )( )11−

−

ii

= a + bi ⇒

32− i = a + bi ⇒

32 –

12

i = a + bi ⇒

a = 32 e b = –

12

Assim, a + b = 32 –

12

= 22 = 1.

29Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A


Questão 03 – Letra BComentário: (2 + mi)(3 + i) = (6 – m) + (2 + 3m)iPara que esse número seja imaginário puro:6 – m = 0 ⇒ m = 6


Comentário: Seja z = 22+

+

ix i

⇒ z(x + 2i) = 2 + i.

Quando encontramos uma igualdade de números complexos, devemos separá-la em duas: igualdade das partes reais e igualdade das partes imaginárias.

Igualando as partes imaginárias:

2z = 1 ⇒ z = � 12

Igualando as partes reais:

zx = 2 ⇒ x = 4

Questão 08 – Letra CComentário: Seja z = a + bi e o seu conjugado z = a – bi.

Para que z seja igual ao seu conjugado, b = 0, ou seja, z é um número real.

Os únicos números reais z que satisfazem z2 = 1 são 1 e –1.

Portanto, temos dois possíveis valores de z.

Questão 09 – Letra EComentário: Sendo z = a + bi, temos:

iz + 2z + i – 1 = 0 ⇒ i(a + bi) + 2(a + bi) + i – 1 = 0 ⇒

ai – b + 2a + 2bi + i – 1 = 0 ⇒

(2a – b – 1) + (a + 2b + 1)i = 0 ⇒

=+ + =

=+ =

2a–b –1 0

a 2b 1 0

2a–b 1

a 2b –1

Resolvendo o sistema, temos a = 15

e b = – 35.

Portanto, z = 15

– 35

i.

Questão 10 – Letra DComentário: Sendo z = 2 – i, então z2 = (2 – i)2 = 3 – 4i.

Daí, o inverso de z2 é:

1 13 4

13 4

3 43 4

3 49 16

325

4252z i i

ii

i=−

=−

++

= ++

= +( )

.( )( )

ii

Questão 13 – Letra DComentário: Foi dado que z1 = 4 + ¹3i e z2 = 1 + 3i. Logo:

zz

ii

zz

ii

ii

1

2

1

2

4 31 3

4 31 3

1 31 3

= ++

= ++

−−

.( )( )

zz

i1

2

4 3 310

3 1210

= + + −


( )( )

( )= + +

+=

+= + =x 1 i

1– i.

1 i

1 ix

1 i

1– ix 1 2i–1

2x i

2

2

Como y = 2x, temos que y = 2i. Então:

(x + y)2 = (3i)2 = –9

MÓDULO – E 15

Números complexos: forma trigonométrica


Questão 01Comentário: Observe a figura com seus dados.

30°

30°

a

d

cw

|w| = 4

|z| = 2

z

Imaginário

Real

b2

4

Considerando o triângulo retângulo formado no primeiro

quadrante, temos:

= =

= =

sen 30° b2

b 1

cos 30° a2

a 3

Já para o triângulo retângulo do terceiro quadrante, considerando

que estamos calculando o comprimento, temos:

= =

= =

sen 30° |c |4

|c | 2

cos 30° |d|4

|d| 2 3

Temos que = +z 3 i e =w –2 – 2 3.i (c e d são negativos,

pois formam um par ordenado pertencente ao 3º quadrante).

Logo, o tiro certeiro t é dado por:

( ) ( )( )

( )

( )= =

+

+=

+ +

+

=+

=

t wz

t–2 1 3.i

3 i.

3 – i

3 – it

–2 3 – i 3i 3

3 1

t– 2 3 2i

2t – 3 – i


(cos 60° – i.sen 60°)601 = 12

32

601

+ i

Fazendo 601

1 150

4 , temos:

12

32

12

32

12

1 3601 1

+ = + = +( )i i i

30Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A


Sendo z = x + yi, então |z – 2i| = 5 ⇒

|x + yi – 2i| = 5 ⇒ |x + (y – 2)i| = 5 ⇒

x + (y 2) 52 2− = ⇒ x2 + (y – 2)2 = 25

Portanto, os números complexos que sat isfazem |z – 2i| = 5 correspondem aos pontos da circunferência de equação x2 + (y – 2)2 = 25 de centro C(0, 2) e raio r = 5.

Questão 04 – Letra AComentário: Dado o pentágono regular, a cada rotação de 360°

572°= em torno de seu centro, um vértice sobrepõe ao

outro. Assim, considere uma circunferência circunscrita ao pentágono. Seja B(0, 2) a imagem do número complexo 2i. Como cada número complexo tem módulo 2, considere a seguinte figura:

yB

A

x

D E

C

2

2

2

18°

54°

18°

54°

36°36°

72° 72°

Girando o pentágono no sentido horário até que A chegue ao ponto (–1, 0), temos em A uma rotação de 198°. Para atingir 228°, ainda faltam 30°. Então, utilizando a forma trigonométrica, temos:

z cos i.sen

z 2 cos 30° i.sen 30°

z 2 32

i.12

z 3 i

2º quadrante

( )= ρ +

= − +

= − + = − +

A imagem do número complexo de A é ( )− 3,1 .

Questão 05 – Letra CComentário: Representando os afixos no plano de Argand-Gauss, temos:

Im

Re1

3

2

–1

2

–3

2

Logo, a área do triângulo é dada por:

2.

32

. 1 12

232

.32

3 34

+

= =


Questão 01 – Letra EComentário: Vamos escrever o número complexo (1 – ¹3i) na forma trigonométrica. Assim:

ρ1 = ( )1 322

+ −( ) ⇒ ρ1 = 2. Daí:

cos θ

θθ π=

= −=

12

32

53

sen

Logo, z1 = 2 cos .53

53

π π+ i sen .

Agora, vamos escrever o número complexo (–1 + i) na forma trigonométrica. Assim,

ρ2 = ( ) ( )− +1 12 2 ⇒ ρ2 = 2. Daí:

cos cosα α

α αα π

= − = −

= ==

1

2

22

1

2

22

34

sen sen

Logo, z2 = 2 34

34

. cos .π π+ i sen .

Fazendo zz

1

2

, temos:

zz

i sen1

2

2

2

53

34

53

34

= − + −. cos . π π π π ⇒

zz

i sen1

2

2 1112

1112

= +. cos .π π

Portanto, ao dividirmos (1 – 3i) por (–1 + i), obtemos um

número complexo de argumento 1112π.


Comentário:

Note que Re(z) = ¹3 = 2.cos π6

e Im(z) = 1 = 2.sen π6

,

e, por isso, z = 2. cos .π π6 6+ i sen , ou seja, o argumento

de z é π6

.

Pela Primeira Fórmula de Moivre, temos que:

arg(z4) = 4.arg(z) = 4.π6

= 23π

Por isso, o ângulo formado entre as representações de z4 e

de z é 23 6 2π π π− = .

31Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A

Questão 05 – Letra AComentário: Seja z = a + bi.

|z – 3i| = |a + (b – 3)i| = a b2 23+ −( )

|z – 2| = |(a – 2) + bi| = ( )a b− +2 2 2

Igualando as duas expressões e elevando ao quadrado:a2 + (b – 3)2 = (a – 2)2 + b2

Desenvolvendo essa expressão, chegamos a:

b = 46

56

a +

Cuja inclinação é positiva, já que b corresponde ao eixo das ordenadas, e a corresponde ao eixo das abscissas.

Questão 07 – Letra AComentário: Se o argumento do número é π

4, então o

número na forma trigonométrica é

ρ π π ρ ρ. cos . . .4 4

22

22

22

+ = + = +i sen i ii. .ρ 22

Se o número está sobre a parábola y = x2, sua parte imaginária é o quadrado de sua parte real, ou seja:

ρ ρ ρ ρ22

22

1 22

22

= = =

Por isso, o número vale ¹2. 22

+ i.¹2. 22

= 1 + i.


( )= +

= + =

z 1 i

z 1 i z 2i2 2 2

Então, w = z2 – z ⇒ w = 2i – (1 + i) ⇒ w = –1 + i. Logo, seu argumento ϕ é dado por:

–1

1

Re

Im

45°ϕ

= = π135° 34

Um argumento de w é π34

.

Questão 11 – Letra CComentário: A circunferência foi dividida em 8 partes iguais, começando do ponto (1, 0). Assim, como o raio da circunferência é 1 e os pontos estão uniformemente distribuídos, podemos concluir que esses pontos representam todas as raízes oitavas de 1. Portanto, temos que x8 = 1.

Questão 16 – Letra BComentário: Há três possibilidades para a posição de z4, uma para cada hipótese de vértice a ele oposto. Como podemos perceber no desenho a seguir, que ilustra a situação do problema, a única hipótese que permite que z4 esteja no primeiro quadrante (partes real e imaginária positivas) é aquela que considera que z1 é o vértice oposto a z4.

z4

z1

Re

Im

z3

z2

z4 – z3

z2 – z1

Assim, temos:z4 – z3 = z2 – z1 ⇒ z4 = z2 + z3 – z1 ⇒

z4 = 1 – 1 + 52

i + 3 + 3i ⇒ z4 = 3 + 112

i


π + π = π + πcos8

i.sen8

cos n8

i.sen n8

n

Queremos que a parte imaginária do número complexo seja

negativa, ou seja, π <sen n8

0.

Então, π < π < πn8

2 , o que nos permite concluir que o menor

inteiro positivo deverá ser 9.

Questão 18 – Letra AComentário: Seja z = ¹3 + i.Passando z = ¹3 + i para a forma trigonométrica, temos:

ρ = |z| = 3 12

2( ) + ( ) = 2. Daí:

cos θ

θ

=

=

32

12

sen ⇒ q = 30°

2 = 2.(cos 30° + i.sen 30°)

Ao realizarmos potências de números complexos a um grau n, devemos elevar o módulo do número complexo a n e multiplicar o seu argumento pelo mesmo n.

Assim, z8 = 28.(cos 8.30° + i.sen 8.30°) ⇒ z8 = 256.(cos 240° + i.sen 240°).Módulo de z8 = 256 = 44.

Argumento de z8 = 240° = 43π.

Questão 19 – Letra BComentário: Para escrevermos z = x + 3i na forma trigonométrica, precisamos de seu módulo e de seu argumento. O módulo já é dado (|z| = 6); portanto, apenas nos falta o argumento de z.Calculado o argumento de z, temos:

sen θ = =36

12

θ =

θ =

30°ou

150°

Como a parte real de z é negativa, z está no segundo ou no

terceiro quadrante. Assim, seu argumento não pode ser 30°,

o que nos leva a concluir que q = 150° = 56π.

Portanto, z = 6. cos .56

56

π π+ i sen .

32Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A

MÓDULO – E 16

EstatísticaExercícios de FixaçãoQuestão 01 – Letra EComentário: Considerando o ponto médio de cada intervalo salarial e ponderando-se pelos respectivos pesos, temos que o salário médio dos empregados, em reais, é:

A = 1 500 20 2 500 18 3 500 9 4 500 320 18 9 3

. . . .+ + +

+ + + ⇒

A = 30 000 45 000 31 500 13 50050

+ + + ⇒ A = 2 400

Questão 02 – Letra DComentário: Os setores c e d equivalem a 50% das respostas.

Como a equivale a 35% das respostas, então b equivale a 15% das respostas.

Sendo R o número de respostas, temos:

15%R = 270 ⇒ R = 1 800Como os setores c e d têm 50% das respostas, então eles têm 900 respostas, ou seja, cada um tem 450 respostas.

Questão 03 – Letra CComentário: Organizando as notas em ordem crescente, temos: 2, 3, 4, 5, 7, 7 e 8. Assim, a mediana é 5 e a moda é 7.

Questão 04 – Letra EComentário: Analisando as afirmativas, temos:

I. Verdadeira. A moda do conjunto P é 25, enquanto que a moda do conjunto L é 27.

II. Falsa. A mediana do conjunto L é 26,5 anos.

III. Verdadeira. A idade média no conjunto P é

+ + + + + + + + + +21 23 25 25 25 26 28 28 31 32 3812

27

e seu desvio médio é dado por:

+ + + + + + + + + + + =6 4 3 2 2 2 1 1 1 4 5 1112

3,5

Portanto, a alternativa E é a correta.


( )

+ + ++ + +

=

+ = +

+ = +

= =

19.13 20x 21.3 22.1013 x 3 10

20,25

20x 530 20,25 x 26

20x 530 20,25x 526,5

3,5 0,25x x 14


Questão 02 – Letra EComentário: Considerando o ponto médio de cada intervalo salarial e ponderando-se pelos respectivos pesos, temos que o salário médio dos empregados, em reais, é:

A = 250 14 750 4 1 250 2 1 750 2 2 250 214 4 2 2 2

. . . . .+ + + +

+ + + + ⇒

A ≅ 708,00

Questão 03 – Letra DComentário: Considere os dados a seguir em ordem crescente.

1, 10, 10, 10, 11, 11, 11, 12, 12, 12, 12, 13, 13, 13, 13, 34

A média aritmética desses dados é:

A = 1 10 3 11 3 12 4 13 4 3416

+ + + + +. . . . ⇒ A ≅ 12,4

A média aritmética sem o menor dado é:

A = 10 3 11 3 12 4 13 4 3415

. . . .+ + + + ⇒ A ≅ 13,1

A média aritmética sem o maior dado é:

A = 1 10 3 11 3 12 4 13 415

+ + + +. . . . ⇒ A ≅ 10,9

A média aritmética sem os dados discrepantes é:

A = 10 3 11 3 12 4 13 414

. . . .+ + + ⇒ A ≅ 11,6

As modas e a mediana não variam com os dados discrepantes. As modas, com ou sem esses dados, permanecem 12 e 13, que aparecem com mais frequência. A mediana, com todos

os dados apresentados, é dada por 12 122

12+ = .

Caso fosse retirado um dos valores discrepantes, a mediana estaria na 8ª posição (12). E, se retirados os dois valores, a mediana também seria 12 – a média das 7ª e 8ª posições. Portanto, apenas a média aritmética sofre influência dos dados discrepantes.

Questão 06 – Letra AComentário: A média aritmética dos 6 objetos dados é:

A = 2 3 3 4 1 66

. . .+ + ⇒ A = 4

Já o desvio padrão é:

s = 2 3 4 3 4 4 1 6 46

2 2 2( ) ( ) ( )− + − + − ⇒ s = 1

Acrescentando n objetos de massa 4 kg, temos que o desvio padrão se reduz à metade do que era, ou seja:

12

2 3 4 3 4 4 1 6 46

12

66

182 2 2

= − + + − + −+

=+

=( ) ( )( ) ( )nn n

n

Portanto, foram acrescentados 18 objetos ao grupo.

Questão 08 – Letra AComentário: A média aritmética da distribuição de redução do custo mensal é dada por:

+ + + + ++ + + + +

=

=

700.8 900.5 1 400.1 2 000.7 2 400.5 3 000.18 5 1 7 5 1

40 50027

1 500

A mediana é 1 400. Então, a soma da média aritmética e da mediana corresponde a 2 900.

Questão 10 – Letra DComentário: Em um conjunto de dados numéricos em que a variância é zero, podemos concluir que o desvio padrão também vale zero, pois:s = ¹V ⇒ s = ¹0 ⇒ s = 0

33Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A


A) De acordo com o enunciado, temos que a média salarial dos funcionários é:

A = + + + + +10 500 5 1000 1 1500 10 2000 4 5000 1 1050010

. . . . . .++ + + + +5 1 10 4 1

A = 2 000 Ordenando o conjunto de funcionários da empresa em

ordem crescente de salário, temos que o 16º funcionário ocupa a posição central e o seu salário é R$ 1 500,00, ou seja, a mediana dos salários é R$ 1 500,00.

B) Considere a fórmula da variância V = d d d

nn1

222 2+ + +...

e a

média salarial igual a R$ 2 000,00. Contratando 2 novos funcionários com o salário de R$ 2 000,00, ou seja, desvio da média igual a zero, a nova variância será:

V' = d d d

nVn

nn1

222 2 0 0

2 2+ + + + +

+=

+...

Logo, a variância ficará menor, pois V' é menor que V.

Questão 13 – Letra DComentário: Como a mediana das notas é 2,5, colocando as notas em ordem crescente, temos que as duas notas centrais são 2 e 3.Portanto, a 20ª nota é 2, e a 21ª nota é 3. Então, a frequência da nota 2 será 10.

Núm

ero d

e al

unos 10

9876543210

0

4 36

10

1 2 3Notas

4 5

Sejam x a frequência da nota 4 e 17 – x a frequência da nota 5.Como a média aritmética das notas é 2,6, temos que:

2,6 = 4 0 6 1 10 2 3 3 4 17 540

. . . . . ( ).+ + + + + −x x ⇒ x = 16

Logo, 16 alunos obtiveram nota 4, e 17 – 16 = 1 aluno obteve nota 5.Portanto, a moda dessas notas é 4 pontos.

Questão 15 – Letra AComentário: Antes da correção, as modas das notas eram 5, 6 e 7 (de acordo com o gráfico).Como a moda passou a ser apenas 7, a nota foi corrigida para 7 pontos, gerando 5 alunos com essa nota.Além disso, a média das notas da turma aumentou em 0,2 ponto. Isso significa que cada um dos 20 alunos ganhou, em média, 0,2 ponto, gerando um aumento de 4 pontos (20.0,2) na soma das notas.Como esse aumento foi de 4 pontos para um único aluno, este tinha nota 3 e foi para a nota 7.

Questão 16 – Letra DComentário: De acordo com a tabela de frequência dada, temos que Ma é:

Ma = 13 3 14 2 15 4 16 13 2 4 1

. . . .+ + +

+ + + ⇒ Ma = 14,3

A idade que aparece com maior frequência é 15 anos. Logo, Mo = 15. Colocando as idades em ordem crescente, temos que as 5ª e 6ª idades ocupam a posição central, ou seja, a mediana das idades é:

Me = 14 152+ ⇒ Me = 14,5

Questão 17 – Letra AComentário: Como 8 < x < 21 e x ≠ 17, ordenando os elementos do conjunto, temos:

{7, 8, x, 17, 21, 30} ou {7, 8, 17, x, 21, 30}. Assim, a mediana

é dada por +x 172

.

Sabemos que a média aritmética supera em uma unidade a mediana dos elementos desse conjunto.

Logo: + + + + + = + +

+ = + + = + =

17 8 30 21 7 x6

x 172

1

83 x6

x 192

83 x 3x 57 x 13

Então, a média aritmética é + =83 136

16.

Seção Enem

Questão 01 – Letra EEixo cognitivo: III


Habilidade: 28Comentário: Como uma saca possui 60 kg, então 90 kg

correspondem a 90 kg60 kg

= 1,5 saca. A área de um talhão

(30 000 m2) equivale a 30000 m10000 m

2

2 = 3 hectares. Logo, o

desvio-padrão pode ser expresso por:

Desvio-padrão = = =90 kgtalhão

1,5 saca3 hectares

0,5 sacahectare

Como a variância é o quadrado do desvio-padrão, temos:

= =Variância 0,5 sacahectare

0,25 sacahectare

2 2

Questão 02 – Letra DEixo cognitivo: IICompetência de área: 7Habilidade: 27Comentário: Ordenando o conjunto de 7 cotações em ordem crescente, temos:

R$ 73,10; R$ 81,60; R$ 82,00; R$ 83,00; R$ 84,00;

R$ 84,60; R$ 85,30

Portanto, a mediana das cotações mensais nesse período era igual a R$ 83,00.

Questão 03 – Letra DEixo cognitivo: IICompetência de área: 7Habilidade: 27Comentário: Ordenando o conjunto de notas obtidas pela equipe Gama em ordem crescente, excluindo o zero do aluno que faltou, temos 6; 6,5; 6,5; 7; 7; 8; 8; 10; 10.

Para a equipe Gama ter a classificação alterada, ou seja, a mediana alterada, o aluno faltante teria de comparecer na gincana e tirar uma nota x, em que:

72+ x > 7,6 (nota da equipe Delta)

Logo, para x > 8,2, a mediana ser ia a l terada, ou seja, a classificação da equipe Gama se alteraria. Porém, como a 6ª nota é 8,0, a mediana não se altera, ou seja, independentemente da nota obtida pelo aluno faltante, a equipe Gama permanece em terceiro lugar.

34Coleção Estudo

MAT

EM

ÁTIC

A



Habilidade: 28

Comentário: Para determinar a mediana, precisamos ordenar os elementos do conjunto que estamos trabalhando. Logo, o conjunto é:{4, 5, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 7, 7, 7, 8, 8, 9, 10, 11, 13}

Como o número de elementos é par, temos:

6 72

6 5+ = ,

Questão 05 – Letra BEixo cognitivo: IV


Habilidade: 29

Comentário: Perceba que as médias dos classificados Marco e

Paulo são iguais. Logo, se o critério de desempate é em favor do

que obtiver pontuação mais regular, temos de observar quem

obteve menor desvio padrão. O classificado Marco obteve menor

desvio padrão, ou seja, é o que tirou notas de Matemática,

Português e Conhecimentos Gerais mais regulares.

Questão 06 – Letra EEixo cognitivo: III


Habilidade: 28

Comentário: A média X do número de gols por partida pode

ser calculada por:

X

X

= + + + + + ++ + + + + +

=

0 5 1 3 2 4 3 3 4 2 5 2 7 15 3 4 3 2 2 1

45

. . . . . . .

2202 25=x ,

Para determinar o valor da mediana Y, vamos ordenar os

elementos:

{0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 7}

O número de elementos desse conjunto é par; logo, para a

mediana, temos:

Y

Y

= +

=

2 22

2

Para determinar o valor da moda Z, basta perceber na tabela

que o número 0 apresenta maior frequência. Logo, Z = 0.

Finalmente, temos Z < Y < X.

Questão 07 – Letra CEixo cognitivo: IV


Habilidade: 29

Comentário: Se a equipe campeã é aquela em que o tempo

mais se aproxima de 45 minutos, precisamos analisar, em

primeiro lugar, as equipes que tiveram seus tempos mais

próximos desses 45 minutos.

Já sabemos que a moda nos informa o valor mais frequente em um conjunto; por isso, concluímos que apenas as equipes III e IV obtiveram tempos suficientemente próximos do tempo médio. Para decidir qual dessas duas é a campeã, devemos analisar o desvio padrão de cada uma.

Já sabemos que quanto menor o desvio padrão, menor a variação dos resultados obtidos pela equipe em cada etapa. Como o desvio padrão da equipe III é menor que o da equipe IV, podemos concluir que os resultados obtidos pela equipe III estão mais próximos de 45 minutos que os obtidos pela equipe IV. Portanto, a equipe III é a campeã.



Habilidade: 28

Comentário: A média aritmética dos números é:

A = + + + + =1 4 2 1 4 2 5 2 6 110

3. . . . .

Para determinar a mediana, vamos ordenar todos os números

obtidos:

{1, 1, 1, 1, 2, 4, 4, 5, 5, 6}

Como o número de elementos é par, a mediana será dada

por 2 42

3+ = .

Pela definição, moda é aquele elemento que aparece com maior frequência. Logo, pela tabela, a moda é 1, pois aparece quatro vezes.

Questão 09 – Letra CEixo cognitivo: IV


Habilidade: 29

Comentário: Sabemos que a moda é o valor que aparece com maior frequência num conjunto. Dos cinco números, já sabemos que três deles são iguais a 2. Logo, não importa o valor dos outros dois números desconhecidos, a moda será 2.

O mesmo acontece com a mediana. Note que, para qualquer valor colocado para as equipes D e E, o elemento central será sempre 2.



Habilidade: 28

Comentário: Ordenando os dados coletados, temos:

{13,5; 13,5; 13,5; 13,5; 14; 15, 5; 16; 18; 18; 18,5; 19,5; 20; 20; 20; 21,5}

A média das temperaturas (TM) é:

= + + + + + + + +

=

T 4.13,5 14 15,5 16 2.18 18,5 19,5 3.20 21,515

T 17 °C

M

M

A mediana é o valor que ocupa a posição central do conjunto ordenado dos dados coletados (a 8ª posição), que é igual a 18 °C.

A moda é igual ao elemento que aparece com maior frequência, que nesse caso é 13,5 °C.

35Editora Bernoulli

MAT

EM

ÁTIC

A

Rua Diorita, 43 -Prado

Belo Horizonte - MG

Tel.: (31) 3029-4949

www.editorabernoulli.com.br

matemática - katalivros.com.br · permutações exercícios de fixação questão 01 – letra c...

Documents